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2022-2023学年山东省临沂市罗庄区九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年山东省临沂市罗庄区九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.10月2日，双月湖开园啦！下列双月湖畔的自然现象中，需要吸热的是( )
A. 初春，冰面解冻B. 盛夏，露水沾衣C. 深秋，雾起湖面D. 严冬，滴水成冰
2.疫情期间，临沂青河实验学校的小强使用电脑、手机进行线上学习。他估测的下列数据最符合实际的是( )
A. 一天网课下来，手机烫手，温度约为100℃
B. 笔记本电脑的工作电流约100mA
C. 智能手机的工作电压220V
D. 笔记本电脑的功率约100W
3.小区解封，十里铺农贸市场生意火爆！下列热现象的分析正确的是( )
A. 蒸馒头时，下层蒸格中的馒头先熟
B. 油煎包是通过热传递的方式增加煎包的内能
C. 烧鸡的温度越高，含有的热量越多
D. 炸麻花时，燃料燃烧，热值变小
4.下列关于热学知识的认识，正确的是( )
A. 发生热传递时，温度总是从高温物体传递给低温物体
B. 一块0℃的冰熔化成0℃的水，内能增加，比热容不变
C. 温度高的物体，内能不一定大
D. 热传递的方向由内能大小决定
5.两个相同的容器中分别装有质量相同的甲、乙两种液体。用相同规格的电加热器分别加热，液体的温度与加热时间的关系如图所示、则( )
A. 甲液体的比热容大于乙液体的比热容
B. 加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量
C. 升高相同的温度，甲液体吸收的热量小于乙液体吸收的热量
D. 甲、乙两物质的比热容会随质量的增大而增大
6.学习了电学知识后，下列说法你认为正确的是( )
A. 用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为玻璃棒得到了正电荷
B. 可以用导线将电池正负极长时间直接连接
C. 规格不同的两只灯泡并联在电路中，两灯亮度不同，是因为流过两灯的电流不同
D. 测电流时，必须将电流表和被测的用电器串联，电流必须从表的正接线柱流进
7.如图所示为一种新型“水温感应龙头”，自带水流发电电源。当水流温度低于40℃，感应开关S1闭合，只有绿灯照亮水流；当水温达40℃及以上，感应开关S2闭合，只有红灯照亮水流，以警示用水的人。图中的电路设计能实现该功能的是( )
A. B. C. D.
8.小林同学在“探究串联电路中用电器两端电压与电源两端电压的关系”时，如图所示电源电压U=6V保持不变。他闭合开关时发现两只灯泡都不亮，用电压表分别测出ab、bc、ac两点之间的电压为Uab=6V、Ubc=0V、Uac=6V。若电路只有一处故障，则应是( )
A. 灯泡L1短路B. 灯泡L1断路C. 灯泡L2短路D. 开关S断路
9.在许多实验中，闭合开关前常将滑动变阻器的滑片调到阻值极大端，这样做能起到保护电路的作用。其原因是闭合开关后( )
A. 通过电路的电流最小B. 变阻器两端电压最小
C. 变阻器电阻发热最大D. 电源两端的电压最小
10.用电常识要牢记下列符合安全用电规范的是( )
A. 用正在充电的手机上网课B. 在一个插座上同时使用多个大功率用电器
C. 家庭电路中装有空气开关和漏电保护器D. 绝缘皮损坏的导线可以继续使用一段时间
11.某人习惯晚上睡觉前开始为手机充电，第二天早晨拔掉充电线插头。手机充满电后，会自动停止充电并处于待机状态，当电能消耗到一定程度后，又会自动充满……在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍。已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，充电器的充电电流为2.0A，则充电器的充电电压为( )
A. 2VB. 3VC. 4VD. 5V
12.灯泡L1、L2分别标有“220V 100W”、“220V 40W”的字样，将它们接入220V的电路中，则( )
A. L1、L2并联时，L1比L2暗B. L1、L2并联时，亮度相同
C. L1、L2串联时，L1比L2 暗D. L1、L2串联时，亮度相同
13.某科技小组为快递公司设计的分拣计数装置简化电路如图所示。R2为定值电阻，R1为光敏电阻，当有光照射光敏电阻时其阻值变小。激光被遮挡一次，计数器会自动计数一次(计数器可视为电压表)。闭合开关，激光被遮挡瞬间，下列说法正确的是( )
A. 电阻R1的阻值变小B. 通过R2的电流变大
C. 电阻R1两端的电压变大D. 电阻R2两端的电压变大
14.一个标有“220V 1100W”的电热器，当通过它的电流为2A时，它的实际功率为( )
A. 176WB. 352WC. 440WD. 1100W
15.如图所示为某小组设计的多挡位电热器电路，U不变，R1、R2为电阻丝且R1>R2，电热器功率最大时开关状态为( )
A. S1闭合，S2接a
B. S1闭合，S2接b
C. S1断开，S2接a
D. S1断开，S2接b
16.在“探究电流与电压的关系”实验中，小明同学根据得到的实验数据绘制了电阻R1和R2的I−U图像，如图所示，下列说法正确的是( )
A. R1与R2的阻值之比是1：2
B. R1与R2串联接在3V的电源两端，电路消耗的总功率是0.6W
C. R1与R2并联接在3V的电源两端，通过R1与R2的电流之比是2：1
D. R1与R2并联接在3V的电源两端，R1与R2消耗的电功率之比是2：1
17.小红梳理反思了“磁场和磁感线”相关知识，她归纳整理如下，其中正确的有( )
①磁场看不见摸不着，但是可以借助小磁针感知它的存在
②磁感线是磁体周围空间实际存在的曲线
③磁感线是铁屑组成的
④地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近。
A. ①④B. ②③C. ①②D. ②④
18.如图所示，有轨电车是城市交通现代化的标志，直流电动机是有轨电车的动力心脏，其工作原理是( )
A.
B.
C.
D.
19.如图甲电路，电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片从最右端向左移动到某一位置的过程中，两电表的示数关系如图乙所示。下列判断正确的是( )
A. 小灯泡的额定功率为10WB. 电路的最大总功率为1.2W
C. 小灯泡的灯丝阻值越来越小D. 滑动变阻器R接入电路的最小阻值是8Ω
20.图中是模仿中国科技馆“电磁感应摆”组装的实验装置，甲、乙两个线圈用导线连接起来，构成闭合电路，分别放入磁场中，让甲线圈在磁场中做切割磁感线运动，乙线圈就会随之摆动。关于这个现象，下列说法正确的是( )
A. 甲线圈运动过程中，把电能转化为机械能
B. 乙线圈摆动过程中，把机械能转化为电能
C. 根据乙线圈摆动的原理可以制成电动机
D. 只改变甲线圈切割磁感线的方向，乙线圈摆动方向不变
二、填空题：本大题共3小题，共21分。
21.(1)天气寒冷，沂河边晨跑的人嘴里呼出“白气”，这是一种______ 现象；九州超市销售的蜜柚常用保鲜袋包装着，这主要是为了减少蜜柚中的水分______ 。
(2)如图1所示，一顶太阳能风扇凉帽，凉帽的顶部装有电池板，帽檐上装有小型电风扇。电池板在太阳光的照射下驱动电风扇工作，将电能转化为______ 能。电风扇工作时的电压为1.2V，电流为50mA，若电风扇正常工作了1h，电流做功为______ J。
(3)如图2是探究电流通过导体时产生热量与______ 的关系，实验中通过观察U形管______ 的变化来反映电阻产生热量的多少。当通过R1的电流是2A时，10s内电流通过R1产生的热量是______ J。
(4)如图3是电磁铁和永磁体产生的磁场，由图可知，A的左端为______ 极，电源的右端为______ 极。
22.(1)如图1，中医的理疗方式中蕴含了许多物理知识，“艾灸”时用艾条熏烤患者的穴位，局部有温热感，这是通过______ 的方式使其内能增加的；“刮痧”时要在皮肤上涂一些药油，利用刮痧使皮肤温度升高，这是通过______ 方式来改变物体的内能。
(2)如图2，学校开展了一系列丰富多彩的安全教育活动，本期活动的主题是“安全用电，珍惜生命”，下列是活动的部分内容。如图a所示，接地导线应该与三孔插座的______ (填“E”、“N”或“L”)孔相连接；如图b、c所示，两种使用测电笔的方法中，正确的是图______ ；如图d、e所示为家庭电路中造成电线燃烧的原因，其中图d所示情况的原因是______ (填“用电器的总功率过大”或“短路”)。
(3)如图3所示，是一种利用健身球设计的充电器，当人们在转动球的时候就可以给电池充电，这时健身球里面的装置相当于______ (填“电动机”或“发电机”)，它工作时的原理是______ 。
(4)国庆长假，小亮全家去外地旅行，但是家中所有用电器仍然处于待机状态。5天后归来，电能表显示耗电3kW⋅h，则小明家用电器待机的总功率为______ W。若据此计算，某城市共60万户家庭，每个家庭的用电器一年待机4000h，每度电0.5元，将所有用电器不用时彻底关闭，一年共可节约______ 万元。
23.本学期我们认识了电能表：
(1)电能表是用来测量______ (填“电功”或“电功率”)的仪表。
(2)小丽家10月底电能表读数如图所示，11月底电能表的读数为1869.5kW⋅h，11月份他家消耗了______ kW⋅h的电能。
(3)小丽家的电饭煲标有“220V 1000W”字样，她关掉家里其它用电器，让电饭煲正常工作1min，该电能表的转盘转______ 转。
三、实验探究题：本大题共4小题，共23分。
24.用5Ω、10Ω、20Ω的三个定值电阻探究电流与电阻的关系，实验所用电源电压为6V。
(1)请用笔画线代替导线将图甲所示电路连接完整(滑动变阻器的滑片向右移动时电流表的示数变大)。
(2)先将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关后，电流表有示数，电压表无示数，可能是定值电阻______路。
(3)排除故障后进行实验，移动滑动变阻器的滑片，当电流表的示数如图乙所示时记录数据，则本实验中控制的定值电阻两端的电压为______ V。
(4)断开开关，将5Ω的定值电阻换成10Ω的定值电阻，闭合开关，应将滑动变阻器的滑片向______(选填“左”或“右”)端移动；移动滑片的过程中，眼睛应观察______表的示数。
(5)根据实验数据描绘出电流与电阻倒数的图象如图丙所示，由图象可知，电压一定时，电流与电阻成______比。
(6)分析实验数据可知，本实验所用滑动变阻器的最大阻值应不小于______Ω。
25.某班同学居家完成“测量小灯泡的电功率”实验中，实验室提供的实验器材如下：
A.待测小灯泡一个(额定电压3.8V，电阻约为10Ω)
B.电源一个(电压6V)
C.电流表一个(量程0∼0.6A和0∼3A)
D.电压表一个(量程0∼3V和0∼15V)
E.滑动变阻器R(最大阻值10Ω，额定电流1A)
F.开关一个，导线若干
(1)图甲是小明已经完成部分连线的实物电路图，请用笔画线代替导线帮小明将实物电路连接完整(要求当滑动变阻器的滑片P向C端移动时，接入电路的电阻变小)。
(2)小明电路连接完成之后，在开关S闭合之前，从安全性原则出发，应将滑动变阻器的滑片P置于______ 端(填“C”或“D”)。
(3)正确连接电路后，闭合开关S，小明发现小灯泡不发光，电压表有示数但电流表无明显示数，且移动滑动变阻器滑片P时，两表示数均无显著变化。造成这一现象的原因可能是______ 。
A.小灯泡发生短路
B.小灯泡发生断路
C.滑动变阻器发生短路
D.滑动变阻器发生断路
(4)排除故障，小明发现小灯泡较暗，如果要让小灯泡正常发光，他应将滑动变阻器向______ (左/右)滑动。
(5)继续实验，闭合开关S，移动滑动变阻器滑片P，当电压表读数U=3.8V时，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，则可以求得小灯泡的额定功率P0=______ W。
(6)小华在做此实验的过程中，选择了不同的电源和滑动变阻器。他正确连接电路后，无论怎样调节滑动变阻器滑片都不能使小灯泡正常发光，请对这一现象产生的原因可能是电源电压太小，使得小灯泡两端电压始终小于3.8V，或者滑动变阻器最大阻值______ ，使得小灯泡两端电压始终大于3.8V。
(7)小华利用描点法作出通过小灯泡的电流与其两端的电压的I−U图像。观察图像，发现通过小灯泡的电流与其两端的电压不成正比，其原因可能是______ 。
26.某物理兴趣小组的同学在做“探究通电螺线管外部的磁场分布”实验中：
(1)如图甲，将许多小磁针放在螺线管周围的不同位置上，接通电路后观察小磁针静止时的指向(小磁针上涂黑的是N极)。
(2)闭合开关后，观察到螺线管周围的小磁针发生偏转，说明此时通电螺线管周围存在______ ；如果移走小磁针，该结论______ (填“成立”或“不成立”)。
(3)如图乙，移动滑动变阻器滑片，磁针偏转的角度变化，说明通电螺线管磁场的强弱与______ 有关；对调电源正负极后重新实验，发现小磁针静止时N极指向与原来相反，说明通电螺线管的磁场方向与______ 有关；对于通电螺线管的极性跟电流方向之间的关系，我们可以用______ 定则来判定。
27.如图是小明做“探究什么情况下磁可以生电”的实验装置。
(1)实验时，小明通过观察______来判断电路中是否产生感应电流。
(2)小明进行了如图乙所示的5次操作，其中能产生感应电流的是______(选填所有符合要求的操作序号)。
(3)完成实验后，小明认为实验现象不太明显，请你提出一条改进措施：______。
(4)利用“磁生电”工作的装置有______(选填“电铃”“扬声器”“动圈式话筒”或“电磁起重机”)。
四、计算题：本大题共2小题，共16分。
28.李强家有一个标有“220V 10A”的插排(图甲所示)，同时接入一个电加热坐垫和一台吸尘器(“220V 1100W”)，家庭电路电压恒为220V。
(1)吸尘器工作10min消耗的电能是多少？
(2)现有一个电吹风机(“220V 880W”)，若使3个用电器同时工作，请通过计算说明电加热坐垫的最大功率是多少？
(3)图乙是电加热坐垫的简化电路图，通过调控开关可实现保温和加热两个功能。电阻R1在调温盒内，电阻R2置于坐垫内用于加热，R2=2000Ω，求加热垫加热挡的功率。
29.图甲是某电饭锅的简化电路原理图，R1和R2是阻值不变的加热电阻，R1=50Ω，S为温控开关，1、2是开关连接的触点。某次煮饭时，只将电饭锅接入220V的电路中，在加热状态下工作了一段时间后，开关S自动切换到保温状态。在保温状态下，电能表(如图乙)的转盘在1min内转动了5r。求：
(1)保温状态下该电饭锅的发热功率。
(2)R2阻值的大小。
(3)用电高峰时，该电饭锅在加热状态下，14min内将2kg初温为20℃的水加热至沸腾(1个标准大气压)，若不计热损失，电饭锅的实际电压。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、冰面解冻，是固态变为液态的熔化现象，吸收热量，故A符合题意；
B、露是液体，是由空气中水蒸气遇冷形成的，气态变为液态的现象叫液化，液化放热，故B不合题意；
C、雾是液体，是由空气中的水蒸气遇冷形成的，气态变为液态的现象叫液化，液化放热，故C不合题意；
D、冰是固体，是由水遇冷形成的，液态变为固态的现象叫凝固，凝固放热，故D不合题意。
故选：A。
物质直接从气态变为固态的过程叫凝华，凝华过程需要放出热量；液化是指物质从气态变为液态的过程，它需要对外界放热；熔化是指物质从固态变为液态的过程，它需要从外界吸热。
物态变化是中考必考的一个知识点，分析物态变化时主要看物体发生物态变化前后的状态，从而得出结论，是一道重点题。
2.【答案】B
【解析】解：A、手机烫手，说明温度比人的体温略高，约为40℃，故A不符合实际；
B、笔记本电脑的工作电流约0.1A=100mA，故B符合实际；
C、智能手机的工作电压为3.7V，故C不符合实际；
D、笔记本电脑的功率约20W，故D不符合实际。
故选：B。
不同物理量的估测，有的需要生活经验，有的需要换算单位，有的需要简单计算，最后判断哪个选项符合实际。
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
3.【答案】B
【解析】解：A.用多层蒸笼蒸馒头时，是通过热传递的方式传递能量，传递给水，水汽化成水蒸气，水蒸气上升，遇到冷的锅盖液化，液化放热，使上面的馒头先熟，故A错误；
B.煎炸过程是通过热传递的方式使油煎包的内能增加，故B正确；
C.热量是一个过程量，不能用“含有”来修饰，故C错误；
D.热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关，故D错误。
故选：B。
(1)热传递改变物体的内能，密度小的气体上升以及液化放热；
(2)改变物体内能有做功和热传递两种方式，做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程；
(3)热量是指热传递过程中，物体传递能量的多少，是一个过程量，不能用“含有”“具有”来修饰；
(4)1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值。热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。
本题考查了对内能、热值、热量的理解，属于常考题。
4.【答案】C
【解析】解：A、发生热传递时，热量总是从高温物体传递给低温物体，故A错误；
B、一块0℃的冰熔化成0℃的水，此过程是吸热过程，所以其内能增加；因为物质状态由固态变成液态，所以比热容改变，故B错误；
C、内能与温度、质量等有关，温度高的物体，内能不一定大，故C正确；
D、热传递的方向由两个物体的温度高低决定，故D错误。
故选：C。
热传递中热量传递方向：由温度高的物体传递给温度低的；
改变内能的方式：热传递、做功；内能与温度、质量等有关；
比热容是物质的特性之一，它与物质的种类、状态等有关。
本题考查了内能、比热容、热传递等知识，属于基础题，也是易错题。
5.【答案】C
【解析】解：AB、已知两种液体质量相等，用相同的加热器加热说明相同时间提供的热量相等，故B错误；
由图像可以看出：在吸收热量相同时，甲液体升高的温度更大，由公式c=Qm△t知，甲液体比热容较小，故A错误；
C、由图像可以看出：升高相同温度时，甲需要的时间较短，乙需要的时间较长，也就是甲需要的热量较少，乙液体吸收的热量较多，故C正确；
D、比热容是物体本身的一种特性，与质量、温度、温度的变化以及吸收热量的多少无关，故D错误。
故选：C。
(1)已知不同液体质量、升高温度大小关系，用公式c=Qm△t来比较比热容的大小；
(2)已知相同规格的电加热器，也就是相同时间给两种液体提供的热量相同，所以从加热时间长短比较吸收的热量多少；
(3)根据图判断出当升高相同的温度，通过比较加热时间来比较吸收热量的多少；
(4)比热容是物体本身的一种特性，与质量、温度、温度的变化以及吸收热量的多少无关。
不同物质比热一般不同。公式c=Qm△t来只是用来计算比热大小，但同种物质比热一定，与物体吸收热量、质量、温度变化大小无关。
6.【答案】D
【解析】解：A、丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为玻璃棒上的电子转移到丝绸上，故A错误；
B、不能用导线将电池的正负极长时间直接连接，故B错误；
C、规格不同的两只灯泡并联在电路中，两灯亮度不同，是因为灯泡的实际功率不同，故C错误；
D、测电流时，必须将电流表和被测的用电器串联，电流必须从表的正接线柱流进，负接线柱流出，故D正确。
故选：D。
(1)摩擦起电的实质是电荷(电子)的转移，当用丝绸摩擦玻璃棒时，丝绸束缚电子能力强，玻璃棒上的电子转移到丝绸上，玻璃棒带正电；
(2)直接用导线将电池的正负极长期相连，会造成电源短路，电池容易发生爆炸；
(3)灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定；
(4)使用电流表测电流时应将电流表串联在待测电路中，且使电流从正接线柱流入，负接线柱流出。
理解摩擦起电的实质、电源短路、决定灯泡亮度的因素、电流表的使用，可解答此题。
7.【答案】D
【解析】【分析】
由题意可知，当水流温度低于40℃，感应开关S1闭合，只有绿灯照亮水流；当水温达40℃及以上，感应开关S2闭合，只有红灯照亮水流，说明红灯和绿灯互不影响、独立工作，据此进行解答。
本题考查根据要求设计电路，关键是明确串联和并联电路中开关的作用。
【解答】
由题意可知，当水流温度低于40℃，感应开关S1闭合，只有绿灯照亮水流，说明感应开关S1只控制绿灯，因此感应开关S1与绿灯串联；
当水温达40℃及以上，感应开关S2闭合，只有红灯照亮水流，说明感应开关S2只控制红灯，因此感应开关S2与红灯串联；
因为绿灯和红灯工作时互不影响、独立工作，所以绿灯与红灯并联，故D正确。
故选：D。
8.【答案】B
【解析】解：据题意可知，两灯为串联，闭合开关时，发现两灯均不亮是电路中发生断路，该同学测得Uab=6V，说明是电压表并联bc间电路断路，即灯泡L1断路，故B正确。
故选：B。
电压表应与被测电路并联，如果电压表示数为零，可能与电压表并联的电路短路，或电压表并联电路之外电路存在断路；如果电压表示数较大，接近电源电压，说明电压表两接线柱与电源两极相连，电压表并联电路断路。分析实验数据，看两灯泡电压与串联电压间的关系，然后得出结论。
本题考查了电路故障的判断等，重点考查了学生利用所学知识解决问题的能力，对学生的能力要求较高。
9.【答案】A
【解析】【分析】
在实验中，滑动变阻器串联在电路中，滑片处于最大阻值处，电源电压不变，电流中的电流最小，起到保护作用。
本题考查了滑动变阻器的使用，关键是知道滑动变阻器是串联在电路中使用。
【解答】
滑动变阻器的连入电路时，滑片滑到最大阻值处，电阻最大，电源电压不变，电流最小，整个电路产生的热量越小，能起到保护电路的作用，故A正确，BCD错误；
故选A。
10.【答案】C
【解析】解：
A、用正在充电的手机上网课，若充电器或电池不合格，有发生爆炸的可能，故A不符合安全用电规范；
B、家庭电路中各用电器是并联的，一个插座上同时使用多个大功率用电器，会造成干路电流过大，容易引起火灾，故B不符合安全用电规范；
C、家庭电路安装漏电保护器是防止漏电而采取的安全措施，空气开关是为了防止电路中的电流过大而采取的安全措施，故C符合安全用电规范；
D、电线的绝缘皮破损时应及时更换，否则容易发生触电事故，故D不符合安全用电规范。
故选：C。
(1)手机在进行充电时上网或通话，若充电器或电池不合格，有发生爆炸的可能，会对人体造成损伤；
(2)家庭电路中各用电器是并联的，一个插座上同时使用多个大功率用电器，会造成干路电流过大，引起火灾；
(3)漏电保护器跳闸是因为火线与零线电流不同；空气开关“跳闸”的原因：一是短路，二是用电器总功率过大，三是用电器漏电，家庭电路中电流过大时，空气开关会切断电路；
(4)电线的绝缘皮破损时容易造成触电事故。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识。
11.【答案】D
【解析】解：在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍，且充电电能等于待机电能，已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，可知充电功率P′=50P=50×0.2W=10W，
根据P=UI可知充电器的充电电压U=P′I=10W2.0A=5V。
故选D。
在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍，且充电电能等于待机电能，已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，得出充电功率，根据P=UI可知充电器的充电电压。
本题考查电功的计算，综合性强，难度适中。
12.【答案】C
【解析】解：AB、由P=U2R可知，两灯泡正常发光时的电压均为220V，灯泡L1的额定功率较大，电阻较小；灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，两灯并联接入220V的电路中，两灯正常发光，灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，所以两灯泡正常发光时L1的功率大，灯更亮，故AB错误；
CD、两灯泡串联起来接入220V的电路中，它们的电流相等，根据P=I2R可知，L1的电阻较小，较暗，L2的电阻大，较亮，故C正确，D错误。
故选：C。
(1)知道两灯的额定电压、额定功率，利用R=U额2P额比较电阻大小。
(2)灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率，利用P=U2R和P=I2R分别判断并联电路、串联电路两灯泡的亮暗情况。
本题考查了额定功率和实际功率之间的关系、电功率公式的灵活运用和串联电路的分压特点等，关键是知道灯泡正常发光时的功率和额定功率相等。
13.【答案】C
【解析】解：A、两电阻串联，计数器(电压表)测R1的电压，已知当有光照射时电阻变小，故激光被遮挡瞬间电阻R1变大，故A错误；
B、由串联电阻的规律，电路的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路的电流变小，故B错误；
CD、根据U=IR可知，电流变小时，R2两端的电压变小，由于电源电压不变，由串联电路的电压规律可知，则R1两端的电压变大，故C正确、D错误。
故选：C。
(1)两电阻串联，计数器(电压表)测R2的电压，已知当有光照射时电阻变小，据此分析激光被遮挡瞬间电阻R2变化；
(2)由串联电阻的规律和欧姆定律分析电路的电流变化；
(3)根据U=IR确定R1、R2两端电压的变化。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是电路的分析。
14.【答案】A
【解析】解：由P=U2R可得，电热器内电热丝的电阻：
R=U2P额=(220V)21100W=44Ω，
当通过它的电流为2A时，该电热器的实际功率：
P实=I实2R=(2A)2×44Ω=176W。
故选：A。
(1)知道电热器的额定电压和额定功率，根据P=U2R求出其电阻；
(2)根据P=I2R可求得该电热器的实际功率。
本题考查了电功率公式的灵活应用，是一道较为简单的应用题。
15.【答案】A
【解析】解：并联电路总电阻小于任一分电阻，串联电路总电阻大于任一分电阻，
由图示电路图可知，当S1闭合、S2接到a端时，两电阻并联，此时电路电阻最小，由P=U2R可知，此时电热器的电功率最大；
S1闭合，S2接b时，R2被短路，电路为R1的简单电路，
S1断开，S2接a时，电路为R2的简单电路，
当S1断开，S2接在b端时，两电阻串联，电路总电阻最大，由P=U2R可知，此时电热器的功率最小。
故选：A。
电压U一定，由P=U2R可知，电阻R越大，电功率越小，电阻R越小，电功率越大，分析电路结构，根据串并联电路特点与电功率公式分析答题。
本题难度不大，分析清楚电路结构、应用串并联电路特点、电功率公式即可正确解题。
16.【答案】B
【解析】解：
A、由图可知，当通过R1与R2的电流为0.6A，R1、R2两端的电压分别为6V和3V，
由欧姆定律可知，电阻R1的阻值为：R1=U1I1=6V0.6A=10Ω，
电阻R2的阻值为：R2=U2I2=3V0.6A=5Ω，
则R1与R2的阻值之比：R1：R2=10Ω：5Ω=2：1，故A错误；
B、R1与R2串联接在3V的电源两端时，由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，电路中的电流为：I=UR1+R2=3V10Ω+5Ω=0.2A，
则电路消耗的总功率：P=UI=3V×0.2A=0.6W，故B正确；
C、R1与R2并联接在3V的电源两端时，由并联电路的电压特点可知R1、R2两端的电压都为3V，
由图可知此时通过R2的电流为I2′=0.6A，
此时通过R1的电流为：I1′=U R1=3V10Ω=0.3A，
则通过R1与R2的电流之比：I1′：I2′=0.3A：0.6A=1：2，故C错误；
D、由P=UI可知，R1与R2消耗的电功率之比：P1P2=UI1′UI2′=I1′I2′=12，故D错误。
故选：B。
(1)在图中找到R1和R2对应的电压、电流的值，根据欧姆定律分别计算电阻值，然后计算两电阻之比；
(2)R1与R2串联接在3V的电源两端，根据串联电路的电阻规律结合欧姆定律计算此时电路中的电流，根据P=UI求出电路消耗的总功率；
(3)R1与R2并联接在3V的电源两端，从图中找到通过R2的电流，根据欧姆定律计算此时通过R1的电流，进而求出通过R1与R2的电流之比；
(4)根据P=UI求出R1与R2消耗的电功率之比。
本题考查了串并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，要求学生能够根据图像结合所学的知识，解决一些实际问题。
17.【答案】A
【解析】解：
①磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转换法，故①正确；
②磁感线是不存在的，是为了研究方便而假象的一些有方向的曲线，故②错误；
③磁感线是不存在的，磁感线是铁屑组成的说法错误，故③错误；
④地球是一个巨大的磁体，地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近，故地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近，故④正确；
故正确的是①④。
故选：A。
(1)据课本可知，磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转换法；
(2)磁感线是不存在的，是为了研究方便假想的一些有方向的曲线；
(3)磁感线是不存在的；
(4)地球是一个巨大的磁体，地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近。
此题考查了磁场的判断方法、磁感线的理解、地磁场的理解等知识点，是一道综合题。
18.【答案】A
【解析】解：电动机是根据通电导体在磁场中受力的原理制成的。
A.由图可知电路中有电源，通电导体在磁场中会受力而运动，是电动机的工作原理，故A符合题意；
B.由图可知电路中没有电源，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，是电磁感应现象，属于发电机的工作原理，故B不符合题意；
B.图示的是电磁继电器的装置图，电磁继电器的核心部件是电磁铁，电磁铁通电后具有磁性，是利用了电流的磁效应，故C不符合题意；
D.图示的是通电导体周围有磁场，是奥斯特实验，故D不符合题意。
故选：A。
电动机是根据通电导体在磁场中受力的原理制成的，据此结合选项进行解答。
本题涉及的内容有电流的磁效应、电动机的原理和发电机的原理，要注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置的不同，前者外部没有电源，后者外部有电源。
19.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、小灯泡的额定电压为2.5V，由图乙可知，此时通过小灯泡的电流即额定电流为：IL=0.25A；
小灯泡的额定功率：P额=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W，故A错误；
B、电路中的最大电流：I大=IL=0.25A，电路的最大功率：P大=UI大=4.5V×0.25A=1.125W，故B错误；
C、由图甲可知，滑片从最右端向左移动到某一位置的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，此过程中，电路中的电流增大，由图乙可知，通过灯泡的电流增大，灯泡两端的电压也增大，但灯泡两端的电压增加比通过灯泡的电流增加的更快，由欧姆定律可知，小灯泡的灯丝阻值越来越大，故C错误；
D、当小灯泡正常发光时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
由图乙可知，小灯泡两端的电压UL=2.5V时，通过的电流IL=0.25A；
滑动变阻器两端的电压：UR″=U−UL=4.5V−2.5V=2V，
由串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流：I大=IL=0.25A，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R小=UR ′ ′I大=2V0.25A=8Ω，故D正确。
故选：D。
由图甲可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)根据P=UI求出灯泡的额定功率；
(2)当小灯泡正常发光时，电路中的电流最大，根据P=UI求出最大功率；
(3)由图甲可知，滑片从最右端向左移动到某一位置的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，此过程中，电路中的电流增大，由图乙可知，通过灯泡的电流增大，灯泡两端的电压也增大，但灯泡两端的电压增加比通过灯泡的电流增加的更快，根据欧姆定律分析灯丝电阻的变化；
(4)电路中电流最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据滑动变阻器两端的电压和电路中的电流求出最小电阻。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，从图象中获取有用的信息是关键。
20.【答案】C
【解析】解：A.由题知，当甲线圈在磁场中做切割磁感线运动时，闭合的回路中有感应电流产生，是发电机的工作原理，该过程中将机械能转化为电能，故A错误；
BC.乙线圈摆动的原理是通电导体在磁场中受力的作用，是电动机的工作原理，将电能转化为机械能，故B错误，C正确；
D.改变甲线圈切割磁感线的方向，感应电流的方向会发生改变，乙线圈摆动方向随着改变，故D错误。
故选：C。
根据通电导体在磁场中受力和电磁感应的原理来对图中的装置进行分析，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力，发电机的原理是电磁感应，电动机工作时消耗电能，得到机械能；发电机工作时将机械能转化为电能。
本题考查了电与磁之间的两个联系及其应用，同时要了解其结构、原理及能量转化等。
21.【答案】液化 蒸发 机械 216 电流 液面高度差 200 N 负
【解析】解：(1)“白气”是口中呼出气流中温度较高的水蒸气遇冷液化形成的小水滴；
用保鲜袋包蜜柚，可以使蜜柚与空气隔绝，减小了空气流动对蜜柚的影响，从而减慢水分的蒸发；
(2)电池板在太阳光的照射下可以将太阳能转化为电能，然后用电能驱动电风扇工作，消耗了电能，获得了机械能，将电能转化为机械能；
这段时间内电流做功：W=UIt=1.2V×50×10−3A×3600s=216J。
(3)由图可知，两容器中的电阻大小相等，电流不同，可以探究电流产生的热量与电流大小的关系；
电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，实验中是通过液面高度差的变化来反映
由图可知，R1=5Ω，若电路中的电流为2A，则电阻丝R1在10s内产生的热量为Q=I2Rt=(2A)2×5Ω×10s=200J；
(4)在磁体的外部，磁感线总是从磁体的N极发出最后回到S极，所以永磁体A的左端及电磁铁的右端都是N极。再根据安培定则，伸出右手使右手大拇指指向电磁铁的N极，四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流从电磁铁的左端流入，所以电源的左端为正极，右端为负极。
故答案为：(1)液化；蒸发；(2)机械；216；(3)电流；液面高度差；200；(4)N；负。
(1)物质由气态变成液态的过程叫液化；影响蒸发快慢的因素：液体温度高低、液体上方空气流动快慢和液体表面积的大小；
(2)判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的；电流做功可以用公式W=UIt进行求解计算；
(3)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；
(3)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；电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映；由焦耳定律Q=I2Rt计算R1产生的热量；
(4)根据磁感线特点判断磁体的磁极，再根据安培定则判断电流的方向确定电源的正负极。
本题考查了物态变化、能量转化、电功的计算、焦耳定律、安培定则，综合性强。
22.【答案】热传递 做功 E b 用电器的总功率过大 发电机 电磁感应 25 3000
【解析】解：(1)“艾灸”时用艾条熏烤患者的穴位，局部有温热感，这是通过热传递的方式使其内能增加的；“刮痧”时要在皮肤上涂一些药油，利用刮痧使皮肤温度升高，这是通过做功方式来改变物体的内能。
(2)如图a所示，接地导线应该与三孔插座的E孔相连接；如图b、c所示，两种使用测电笔的方法中，正确的是图b；如图d、e所示为家庭电路中造成电线燃烧的原因，其中图d所示情况的原因是：用电器的总功率过大。
(3)当人们在转动球的时候就可以给电池充电，这时健身球里面的装置相当于发电机，它工作时的原理是电磁感应。
(4)小明家用电器待机的总功率为：P=Wt=3kW⋅h24h×5=0.025kW=25W；
一个家庭一年待机消耗的电能为：W0=P0t0=0.025kW×4000h=100kW⋅h；
需要的电费为：100kW⋅h×0.5元/kW⋅h=50元；
某城市共60万户家庭，将所有用电器不用时彻底关闭，一年共可节约：60万×50元=3000万元。
故答案为：(1)热传递；做功；(2)E；b；用电器的总功率过大；(3)发电机；电磁感应；(4)25；3000。
(1)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。
(2)三孔插座的正确接法是“左零右火上接地”；测电笔在使用时手必须接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体；家庭电路中电流过大的原因有：一是短路，二是用电器的总功率过大。
(3)发电机是利用电磁感应来工作的。
(4)根据W=Pt来计算消耗的电能和节约的电费，以及待机功率。
知道改变物体内能的两种基本方式；知道测电笔的使用方法和家庭电路中电流过大的原因；知道发电机的基本原理；知道电能的计算。
23.【答案】电功 407 50
【解析】解：(1)电能表是用来测量电功的仪表；
(2)电能表的示数为1462.5kW⋅h，
11月份小丽家消耗的电能：W=1869.5kW⋅h−1462.5kW・h=407kW⋅h；
(3)电饭煲正常工作1min消耗的电能：
W=Pt=1kW×160h=160kW⋅h，
电能表的转盘转动的圈数：n=160kW⋅h×3000r/kW・h=50r。
故答案为：(1)电功；
(2)407；
(3)50。
(1)电能表是用来测量电功的仪表；
(2)11月份消耗电能的计算方法：本月底的示数减去上月底的示数，读数时注意：最后一位是小数，单位为kW⋅h；
(3)已知电饭煲的额定功率，利用W=Pt求消耗的电能；
“3000r/kW⋅h”表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000r，据此求电饭煲工作时电能表的转盘转数。
本题考查了消耗电能的计算、对电能表相关参数的理解，属于基础题目。
24.【答案】短 2 左 电压 反 40
【解析】解：(1)变阻器上下接线柱各接一个接入电路中，要滑动变阻器的滑片向右移动时电流表的示数变大，则滑动变阻器右下接线柱接入电路，如下所示：
(2)闭合开关，小刚发现电流表有示数，电路为通路，电压表无示数，可能是定值电阻发生了短路；
(3)由图乙可知，电流表量程为0−0.6A，分度值为0.02A，示数为0.4A，所以此时此定值电阻两端的电压U=IR=0.4A×5Ω=2V，则本实验中控制的定值电阻两端的电压为2V；
(4)探究“电流与电阻关系”时要控制定值电阻两端的电压不变，每次更换电阻后，都要移动滑动变阻器的滑片，此时眼睛应注意观察电压表示数；
探究电流与电阻的实验中应控制定值电阻两端的电压不变，实验中控制定值电阻两端的电压为2V，根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改换成10Ω的电阻，定值电阻增大，其分得的电压增大，要控制定值电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理知，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，使电压表的示数仍为2V；
(5)由图丙知，电流与电阻的乘积为U=IR=0.1A×10.05Ω=----0.4A×10.2Ω=2V，故由图像可以得出结论：电阻两端电压一定时，导体中的电流跟电阻成反比；
(6)变阻器分得的电压：U滑=6V−2V=4V，变阻器分得的电压为电压表示数的4V2V=2倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=2×20Ω=40Ω，故为了完成整个实验，所用的滑动变阻器的最大阻值应不小于40Ω。
故答案为：(1)见解答；(2)短；(3)2；(4)左；电压；(5)反；(6)40。
(1)变阻器上下接线柱各接一个接入电路中，根据滑片移动方向确定滑动变阻器下面的接线柱是哪一边接入电路；
(2)闭合开关，电流表有示数，电路为通路，根据电压表无示数分析；
(3)由图乙读出电流值，根据欧姆定律求出此时定值电阻两端的电压值；
(4)探究“电流与电阻关系”时要控制电阻两端的电压不变，即电压表的示数不变，据此分析；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；
(5)由图丙，求出电流与电阻的乘积分析回答；
(6)根据分压原理求出当接入20Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，从而确定滑动变阻器的最大阻值应不小于多少。
本题探究导体中电流跟电阻的关系，考查电路连接、故障分析、数据分析、欧姆定律的应用及操作过程和对器材的要求，是一道综合题，难度较大。
25.【答案】D B 左 1.14太小 灯丝的电阻随温度的升高而增大
【解析】解：(1)由题知，待测小灯泡的额定电压为3.8V，电阻约为10Ω，则小灯泡的额定电流大约为：I额=U额R=3.8V10Ω=0.38A，为了电流测量值更准确，所以电流表应该选择0∼0.6A的量程与小灯泡串联；
要求当滑动变阻器的滑片P向C端移动时，接入电路的电阻变小，根据图甲知，滑动变阻器应该选择C处的接线柱，则完整的电路连接图如下：
(2)为了保护电路，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于其阻值最大处，由电路图知，滑动变阻器的滑片P应该置于D端；
(3)该实验的电路属于串联电路，电流表与小灯泡和滑动变阻器串联，电压表与小灯泡并联。当小灯泡不发光，且电流表无明显示数时，电路中发生了断路，而电压表有示数，且移动滑动变阻器滑片P时，两表示数均无显著变化，则原因是与电压表并联的小灯泡发生了断路，故B正确；
(4)实验过程中，小明发现小灯泡较暗，说明灯泡两端的电压过低，如果要让小灯泡正常发光，需要增大灯泡两端的电压，根据串联电路的电压规律可知，需要减小滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的分压规律可知，需要减小滑动变阻器接入电路的电阻，故他应将滑动变阻器向左移动；
(5)由于电流表选择的是0∼0.6A的量程，则图乙中电流表的示数为0.3A，则小灯泡的额定功率为：
P0=U额I额′=3.8V×0.3A=1.14W；
(6)无论怎样调节滑动变阻器滑片都不能使小灯泡正常发光，可能是电源电压太小，使得小灯泡两端电压始终小于3.8V，或者滑动变阻器最大阻值太小，分压太少，使得小灯泡两端电压始终大于3.8V；
(7)由图象可知，通过小灯泡的电流与其两端的电压不成正比，这是因为灯丝的电阻随温度的升高而增大。
故答案为：(1)见解答图；(2)D；(3)B；(4)左；(5)1.14；(6)太小；(7)灯丝的电阻随温度的升高而增大。
(1)根据I=UR计算出小灯泡正常发光时的额定电流大约是多少，根据该电流值选择电流表的量程。题目要求当滑动变阻器的滑片P向C端移动时，接入电路的电阻变小，结合图甲分析滑动变阻器的连线情况；
(2)为了保护电路，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于其阻值最大处，结合第1问中的电路图分析滑动变阻器滑片P置于的位置；
(3)根据电压表和电流表的示数情况，小灯泡的发光情况，结合电路图分析电路故障；
(4)灯泡发光较暗，说明灯泡两端的电压小于额定电压，根据串联电路的分压规律分析滑片的移动方向；
(5)先根据图乙读出电流表的示数，再根据P=UI计算出小灯泡的额定功率；
(6)小灯泡在额定电压下才能正常发光，根据无法达到额定电压寻找原因；
(7)小灯泡灯丝的电阻随温度的变化而改变。
测量小灯泡的电功率的实验，考查了电路的连接、注意事项、故障分析、实验操作、电流表的读数、电功率的计算、串联电路的分压作用以及影响电阻的因素等知识，属于中考重点实验。
26.【答案】磁场 成立 电流大小 电流方向 安培
【解析】解：(2)闭合开关后，观察到螺线管周围的小磁针发生偏转，说明此时通电螺线管周围存在磁场，由于磁场看不见、摸不到，故采用转换法来观察，故移走小磁针，通电螺线管周围的磁场仍存在；
(3)移动滑动变阻器滑片，改变电路中的电阻从而改变电路中的电流，发现磁针偏转的角度变化，说明通电螺线管磁场的强弱与电流大小有关；
对调电源正负极后重新实验，发现小磁针静止时N极指向与原来相反，说明通电螺线管的磁场方向与电流方向有关；
对于通电螺线管的极性跟电流方向之间的关系，我们可以用安培定则来判断。
故答案为：磁场；成立；电流大小；电流方向；安培。
(1)通电螺线管周围存在磁场，其磁场分布与条形磁体的磁场分布相似；
(2)通电螺线管的磁场强弱与电流大小、线圈匝数有关；
(3)通电螺线管周围的磁场方向与电流方向、线圈缠绕的方向有关。
(4)利用安培定则判断电流的磁场方向。
本题考查通电螺线管周围的磁场分布规律，属于基本实验考查，难度不大。
27.【答案】电流表的指针是否偏转 ①③④ 换一个磁性更强的磁体 动圈式话筒
【解析】解：
(1)实验时，通过观察电流表的指针是否偏转，来确定电路中是否产生感应电流，这用到了转换法；
(2)①当导体AB水平向右运动时，会切割磁感线，产生感应电流；
②当导体AB竖直向上运动时，不会切割磁感线，不会产生感应电流；
③当导体AB斜向上运动时，会切割磁感线，产生感应电流；
④磁体水平向左运动时，会切割磁感线，产生感应电流；
⑤磁体竖直向上运动时，不会切割磁感线，不会产生感应电流；
综合分析会产生感应电流的是：①③④；
(3)实验现象不太明显，说明感应电流太小，故需要增大感应电流；增大感应电流的方法：①换一个磁性更强的磁体；②加快导体AB切割磁感线的运动速度；③将导体AB换成多匝线圈；
(4)扬声器是把电信号转化为声信号，利用通电导体在磁场中受力原理；电铃、电磁起重机的主要部件是电磁铁，利用电流的磁效应；动圈式话筒是把声信号转变成电信号的，声信号的振动带动线圈在磁场中振动，产生电流，是电磁感应原理。
故答案为：(1)电流表的指针是否偏转；(2)①③④；(3)换一个磁性更强的磁体；(4)动圈式话筒。
(1)电路中有电流时，电流表的指针转动，因此可以通过观察电流表的指针是否偏转来确定是否产生了感应电流，这用到了转换法；
(2)产生感应电流的条件是：闭合电路的部分导体，在磁场中做切割磁感线运动；
(3)增大感应电流的方法：①将导体AB换成多匝线圈；②使用磁性更强的磁铁；③增大导体AB切割磁感线的运动速度；
(4)动圈式话筒应用的就是电磁感应原理。
本题主要考查学生对电磁感应现象的了解和掌握，难度中等，是中考的热点。产生感应电流的条件注意三点：一是“闭合电路”，电路必须是完整的回路，二是“一部分导体”，不是全部的导体都在参与运动，三是“切割磁感线运动”，导体的运动必须是切割磁感线的，正切、斜切都可以，但不能不切割。
28.【答案】解：
(1)由P=Wt可知，吸尘器工作10min消耗的电能：
W吸=P吸t=1100W×10×60s=6.6×105J；
(2)插排允许的最大功率：
P最大=UI最大=220V×10A=2200W，
电加热坐垫的最大功率：
P坐=P最大−P吸−P吹=2200W−1100W−880W=220W；
(3)当开关S1、S2都闭合时，电路为R2的简单电路，当开关S1闭合、S2断开时，R1与R2串联，
因为串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P=UI=U2R可知，电路为R2的简单电路，电路中的电阻最小，电功率最大，电加热坐垫为加热挡；R1、R2串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，电加热坐垫为保温挡；
则加热垫加热挡的功率：P=U 2R2=(220V)22000Ω=24.2W。
答：(1)吸尘器工作10min消耗的电能是6.6×105J；
(2)电加热坐垫的最大功率是220W；
(3)加热垫加热挡的功率是24.2W。
【解析】(1)根据P=Wt求出吸尘器工作10min消耗的电能；
(2)根据P=UI求出插排允许的最大功率，根据电路的总功率等于各用电器电功率之和求出电加热坐垫的最大功率；
(3)由P=UI=U2R可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串联电路电阻规律和P=UI=U2R可知各挡位时电路的连接；根据P=UI=U2R求出加热垫加热挡的功率。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，正确的判断电加热垫处于不同挡位时电路的连接方式是关键。
29.【答案】解：(1)3000r/(kW⋅h)表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000转，
在保温状态下，电能表(如图乙)的转盘在1min内转动了5r，电饭锅消耗的电能为：
W保温=53000kW⋅h=160×3.6×106J=6000J，
保温功率为：P保温=W保温t=6000J60s=100W；
(2)由图甲可知，当开关S与触点1连接时，电路中只有R1，电路中电阻较小；当开关S与触点2连接时，电路中R1、R2串联，电路中电阻较大；电源电压一定，由P=U2R可知，当开关S与触点1连接时，电路电功率较大、电饭锅处于加热状态；当开关S与触点2连接时，电路电功率较小、电饭锅处于保温状态；
由P=U2R可得保温时电路总电阻为：R串=U2P保温=(220V)2100W=484Ω，
R2的阻值为：R2=R串−R1=484Ω−50Ω=434Ω；
(3)标准大气压下水的沸点为100℃，电饭锅将2kg初温为20℃的水加热至沸腾时，水吸收的热量：
Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(100℃−20℃)=6.72×105J；
不计热量损失，则W=Q吸，则电饭锅的实际加热功率为：
P加热′=Wt=Q吸t′=6.72×105J14×60s=800W，
根据P=U2R可得，加热状态下的实际电压为：
U实= P加热′R1= 800W×50Ω=200V。
答：(1)保温状态下该电饭锅的发热功率为100W；
(2)R2阻值的大小为434Ω；
(3)电饭锅的实际电压为200V。
【解析】(1)根据电能表的标定转数和实际转数算出电饭锅消耗的电能，根据P保温=W保温t算出其保温功率；
(2)分析电路图，比较开关S与触点1、2连接时，电路中电阻大小关系，电源电压一定，利用P=U2R可知电功率大小关系，进而得出是处于加热状态还是保温状态，利用P=U2R可求串联电阻，进而求出R2的阻值；
(3)根据Q吸=c水m(t−t0)求出水所吸收的热量；不计热量损失，根据Q吸=Q放=W=Pt计算实际的加热功率，再利用P=U2R算出电饭锅的实际电压。
本题考查了消耗电能、电功率的计算，本题关键：一是灵活应用电功率的相关公式，二是分析电路图得出加热、保温状态时的电路组成。
1.10月2日，双月湖开园啦！下列双月湖畔的自然现象中，需要吸热的是( )
A. 初春，冰面解冻B. 盛夏，露水沾衣C. 深秋，雾起湖面D. 严冬，滴水成冰
2.疫情期间，临沂青河实验学校的小强使用电脑、手机进行线上学习。他估测的下列数据最符合实际的是( )
A. 一天网课下来，手机烫手，温度约为100℃
B. 笔记本电脑的工作电流约100mA
C. 智能手机的工作电压220V
D. 笔记本电脑的功率约100W
3.小区解封，十里铺农贸市场生意火爆！下列热现象的分析正确的是( )
A. 蒸馒头时，下层蒸格中的馒头先熟
B. 油煎包是通过热传递的方式增加煎包的内能
C. 烧鸡的温度越高，含有的热量越多
D. 炸麻花时，燃料燃烧，热值变小
4.下列关于热学知识的认识，正确的是( )
A. 发生热传递时，温度总是从高温物体传递给低温物体
B. 一块0℃的冰熔化成0℃的水，内能增加，比热容不变
C. 温度高的物体，内能不一定大
D. 热传递的方向由内能大小决定
5.两个相同的容器中分别装有质量相同的甲、乙两种液体。用相同规格的电加热器分别加热，液体的温度与加热时间的关系如图所示、则( )
A. 甲液体的比热容大于乙液体的比热容
B. 加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量
C. 升高相同的温度，甲液体吸收的热量小于乙液体吸收的热量
D. 甲、乙两物质的比热容会随质量的增大而增大
6.学习了电学知识后，下列说法你认为正确的是( )
A. 用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为玻璃棒得到了正电荷
B. 可以用导线将电池正负极长时间直接连接
C. 规格不同的两只灯泡并联在电路中，两灯亮度不同，是因为流过两灯的电流不同
D. 测电流时，必须将电流表和被测的用电器串联，电流必须从表的正接线柱流进
7.如图所示为一种新型“水温感应龙头”，自带水流发电电源。当水流温度低于40℃，感应开关S1闭合，只有绿灯照亮水流；当水温达40℃及以上，感应开关S2闭合，只有红灯照亮水流，以警示用水的人。图中的电路设计能实现该功能的是( )
A. B. C. D.
8.小林同学在“探究串联电路中用电器两端电压与电源两端电压的关系”时，如图所示电源电压U=6V保持不变。他闭合开关时发现两只灯泡都不亮，用电压表分别测出ab、bc、ac两点之间的电压为Uab=6V、Ubc=0V、Uac=6V。若电路只有一处故障，则应是( )
A. 灯泡L1短路B. 灯泡L1断路C. 灯泡L2短路D. 开关S断路
9.在许多实验中，闭合开关前常将滑动变阻器的滑片调到阻值极大端，这样做能起到保护电路的作用。其原因是闭合开关后( )
A. 通过电路的电流最小B. 变阻器两端电压最小
C. 变阻器电阻发热最大D. 电源两端的电压最小
10.用电常识要牢记下列符合安全用电规范的是( )
A. 用正在充电的手机上网课B. 在一个插座上同时使用多个大功率用电器
C. 家庭电路中装有空气开关和漏电保护器D. 绝缘皮损坏的导线可以继续使用一段时间
11.某人习惯晚上睡觉前开始为手机充电，第二天早晨拔掉充电线插头。手机充满电后，会自动停止充电并处于待机状态，当电能消耗到一定程度后，又会自动充满……在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍。已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，充电器的充电电流为2.0A，则充电器的充电电压为( )
A. 2VB. 3VC. 4VD. 5V
12.灯泡L1、L2分别标有“220V 100W”、“220V 40W”的字样，将它们接入220V的电路中，则( )
A. L1、L2并联时，L1比L2暗B. L1、L2并联时，亮度相同
C. L1、L2串联时，L1比L2 暗D. L1、L2串联时，亮度相同
13.某科技小组为快递公司设计的分拣计数装置简化电路如图所示。R2为定值电阻，R1为光敏电阻，当有光照射光敏电阻时其阻值变小。激光被遮挡一次，计数器会自动计数一次(计数器可视为电压表)。闭合开关，激光被遮挡瞬间，下列说法正确的是( )
A. 电阻R1的阻值变小B. 通过R2的电流变大
C. 电阻R1两端的电压变大D. 电阻R2两端的电压变大
14.一个标有“220V 1100W”的电热器，当通过它的电流为2A时，它的实际功率为( )
A. 176WB. 352WC. 440WD. 1100W
15.如图所示为某小组设计的多挡位电热器电路，U不变，R1、R2为电阻丝且R1>R2，电热器功率最大时开关状态为( )
A. S1闭合，S2接a
B. S1闭合，S2接b
C. S1断开，S2接a
D. S1断开，S2接b
16.在“探究电流与电压的关系”实验中，小明同学根据得到的实验数据绘制了电阻R1和R2的I−U图像，如图所示，下列说法正确的是( )
A. R1与R2的阻值之比是1：2
B. R1与R2串联接在3V的电源两端，电路消耗的总功率是0.6W
C. R1与R2并联接在3V的电源两端，通过R1与R2的电流之比是2：1
D. R1与R2并联接在3V的电源两端，R1与R2消耗的电功率之比是2：1
17.小红梳理反思了“磁场和磁感线”相关知识，她归纳整理如下，其中正确的有( )
①磁场看不见摸不着，但是可以借助小磁针感知它的存在
②磁感线是磁体周围空间实际存在的曲线
③磁感线是铁屑组成的
④地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近。
A. ①④B. ②③C. ①②D. ②④
18.如图所示，有轨电车是城市交通现代化的标志，直流电动机是有轨电车的动力心脏，其工作原理是( )
A.
B.
C.
D.
19.如图甲电路，电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片从最右端向左移动到某一位置的过程中，两电表的示数关系如图乙所示。下列判断正确的是( )
A. 小灯泡的额定功率为10WB. 电路的最大总功率为1.2W
C. 小灯泡的灯丝阻值越来越小D. 滑动变阻器R接入电路的最小阻值是8Ω
20.图中是模仿中国科技馆“电磁感应摆”组装的实验装置，甲、乙两个线圈用导线连接起来，构成闭合电路，分别放入磁场中，让甲线圈在磁场中做切割磁感线运动，乙线圈就会随之摆动。关于这个现象，下列说法正确的是( )
A. 甲线圈运动过程中，把电能转化为机械能
B. 乙线圈摆动过程中，把机械能转化为电能
C. 根据乙线圈摆动的原理可以制成电动机
D. 只改变甲线圈切割磁感线的方向，乙线圈摆动方向不变
二、填空题：本大题共3小题，共21分。
21.(1)天气寒冷，沂河边晨跑的人嘴里呼出“白气”，这是一种______ 现象；九州超市销售的蜜柚常用保鲜袋包装着，这主要是为了减少蜜柚中的水分______ 。
(2)如图1所示，一顶太阳能风扇凉帽，凉帽的顶部装有电池板，帽檐上装有小型电风扇。电池板在太阳光的照射下驱动电风扇工作，将电能转化为______ 能。电风扇工作时的电压为1.2V，电流为50mA，若电风扇正常工作了1h，电流做功为______ J。
(3)如图2是探究电流通过导体时产生热量与______ 的关系，实验中通过观察U形管______ 的变化来反映电阻产生热量的多少。当通过R1的电流是2A时，10s内电流通过R1产生的热量是______ J。
(4)如图3是电磁铁和永磁体产生的磁场，由图可知，A的左端为______ 极，电源的右端为______ 极。
22.(1)如图1，中医的理疗方式中蕴含了许多物理知识，“艾灸”时用艾条熏烤患者的穴位，局部有温热感，这是通过______ 的方式使其内能增加的；“刮痧”时要在皮肤上涂一些药油，利用刮痧使皮肤温度升高，这是通过______ 方式来改变物体的内能。
(2)如图2，学校开展了一系列丰富多彩的安全教育活动，本期活动的主题是“安全用电，珍惜生命”，下列是活动的部分内容。如图a所示，接地导线应该与三孔插座的______ (填“E”、“N”或“L”)孔相连接；如图b、c所示，两种使用测电笔的方法中，正确的是图______ ；如图d、e所示为家庭电路中造成电线燃烧的原因，其中图d所示情况的原因是______ (填“用电器的总功率过大”或“短路”)。
(3)如图3所示，是一种利用健身球设计的充电器，当人们在转动球的时候就可以给电池充电，这时健身球里面的装置相当于______ (填“电动机”或“发电机”)，它工作时的原理是______ 。
(4)国庆长假，小亮全家去外地旅行，但是家中所有用电器仍然处于待机状态。5天后归来，电能表显示耗电3kW⋅h，则小明家用电器待机的总功率为______ W。若据此计算，某城市共60万户家庭，每个家庭的用电器一年待机4000h，每度电0.5元，将所有用电器不用时彻底关闭，一年共可节约______ 万元。
23.本学期我们认识了电能表：
(1)电能表是用来测量______ (填“电功”或“电功率”)的仪表。
(2)小丽家10月底电能表读数如图所示，11月底电能表的读数为1869.5kW⋅h，11月份他家消耗了______ kW⋅h的电能。
(3)小丽家的电饭煲标有“220V 1000W”字样，她关掉家里其它用电器，让电饭煲正常工作1min，该电能表的转盘转______ 转。
三、实验探究题：本大题共4小题，共23分。
24.用5Ω、10Ω、20Ω的三个定值电阻探究电流与电阻的关系，实验所用电源电压为6V。
(1)请用笔画线代替导线将图甲所示电路连接完整(滑动变阻器的滑片向右移动时电流表的示数变大)。
(2)先将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关后，电流表有示数，电压表无示数，可能是定值电阻______路。
(3)排除故障后进行实验，移动滑动变阻器的滑片，当电流表的示数如图乙所示时记录数据，则本实验中控制的定值电阻两端的电压为______ V。
(4)断开开关，将5Ω的定值电阻换成10Ω的定值电阻，闭合开关，应将滑动变阻器的滑片向______(选填“左”或“右”)端移动；移动滑片的过程中，眼睛应观察______表的示数。
(5)根据实验数据描绘出电流与电阻倒数的图象如图丙所示，由图象可知，电压一定时，电流与电阻成______比。
(6)分析实验数据可知，本实验所用滑动变阻器的最大阻值应不小于______Ω。
25.某班同学居家完成“测量小灯泡的电功率”实验中，实验室提供的实验器材如下：
A.待测小灯泡一个(额定电压3.8V，电阻约为10Ω)
B.电源一个(电压6V)
C.电流表一个(量程0∼0.6A和0∼3A)
D.电压表一个(量程0∼3V和0∼15V)
E.滑动变阻器R(最大阻值10Ω，额定电流1A)
F.开关一个，导线若干
(1)图甲是小明已经完成部分连线的实物电路图，请用笔画线代替导线帮小明将实物电路连接完整(要求当滑动变阻器的滑片P向C端移动时，接入电路的电阻变小)。
(2)小明电路连接完成之后，在开关S闭合之前，从安全性原则出发，应将滑动变阻器的滑片P置于______ 端(填“C”或“D”)。
(3)正确连接电路后，闭合开关S，小明发现小灯泡不发光，电压表有示数但电流表无明显示数，且移动滑动变阻器滑片P时，两表示数均无显著变化。造成这一现象的原因可能是______ 。
A.小灯泡发生短路
B.小灯泡发生断路
C.滑动变阻器发生短路
D.滑动变阻器发生断路
(4)排除故障，小明发现小灯泡较暗，如果要让小灯泡正常发光，他应将滑动变阻器向______ (左/右)滑动。
(5)继续实验，闭合开关S，移动滑动变阻器滑片P，当电压表读数U=3.8V时，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，则可以求得小灯泡的额定功率P0=______ W。
(6)小华在做此实验的过程中，选择了不同的电源和滑动变阻器。他正确连接电路后，无论怎样调节滑动变阻器滑片都不能使小灯泡正常发光，请对这一现象产生的原因可能是电源电压太小，使得小灯泡两端电压始终小于3.8V，或者滑动变阻器最大阻值______ ，使得小灯泡两端电压始终大于3.8V。
(7)小华利用描点法作出通过小灯泡的电流与其两端的电压的I−U图像。观察图像，发现通过小灯泡的电流与其两端的电压不成正比，其原因可能是______ 。
26.某物理兴趣小组的同学在做“探究通电螺线管外部的磁场分布”实验中：
(1)如图甲，将许多小磁针放在螺线管周围的不同位置上，接通电路后观察小磁针静止时的指向(小磁针上涂黑的是N极)。
(2)闭合开关后，观察到螺线管周围的小磁针发生偏转，说明此时通电螺线管周围存在______ ；如果移走小磁针，该结论______ (填“成立”或“不成立”)。
(3)如图乙，移动滑动变阻器滑片，磁针偏转的角度变化，说明通电螺线管磁场的强弱与______ 有关；对调电源正负极后重新实验，发现小磁针静止时N极指向与原来相反，说明通电螺线管的磁场方向与______ 有关；对于通电螺线管的极性跟电流方向之间的关系，我们可以用______ 定则来判定。
27.如图是小明做“探究什么情况下磁可以生电”的实验装置。
(1)实验时，小明通过观察______来判断电路中是否产生感应电流。
(2)小明进行了如图乙所示的5次操作，其中能产生感应电流的是______(选填所有符合要求的操作序号)。
(3)完成实验后，小明认为实验现象不太明显，请你提出一条改进措施：______。
(4)利用“磁生电”工作的装置有______(选填“电铃”“扬声器”“动圈式话筒”或“电磁起重机”)。
四、计算题：本大题共2小题，共16分。
28.李强家有一个标有“220V 10A”的插排(图甲所示)，同时接入一个电加热坐垫和一台吸尘器(“220V 1100W”)，家庭电路电压恒为220V。
(1)吸尘器工作10min消耗的电能是多少？
(2)现有一个电吹风机(“220V 880W”)，若使3个用电器同时工作，请通过计算说明电加热坐垫的最大功率是多少？
(3)图乙是电加热坐垫的简化电路图，通过调控开关可实现保温和加热两个功能。电阻R1在调温盒内，电阻R2置于坐垫内用于加热，R2=2000Ω，求加热垫加热挡的功率。
29.图甲是某电饭锅的简化电路原理图，R1和R2是阻值不变的加热电阻，R1=50Ω，S为温控开关，1、2是开关连接的触点。某次煮饭时，只将电饭锅接入220V的电路中，在加热状态下工作了一段时间后，开关S自动切换到保温状态。在保温状态下，电能表(如图乙)的转盘在1min内转动了5r。求：
(1)保温状态下该电饭锅的发热功率。
(2)R2阻值的大小。
(3)用电高峰时，该电饭锅在加热状态下，14min内将2kg初温为20℃的水加热至沸腾(1个标准大气压)，若不计热损失，电饭锅的实际电压。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、冰面解冻，是固态变为液态的熔化现象，吸收热量，故A符合题意；
B、露是液体，是由空气中水蒸气遇冷形成的，气态变为液态的现象叫液化，液化放热，故B不合题意；
C、雾是液体，是由空气中的水蒸气遇冷形成的，气态变为液态的现象叫液化，液化放热，故C不合题意；
D、冰是固体，是由水遇冷形成的，液态变为固态的现象叫凝固，凝固放热，故D不合题意。
故选：A。
物质直接从气态变为固态的过程叫凝华，凝华过程需要放出热量；液化是指物质从气态变为液态的过程，它需要对外界放热；熔化是指物质从固态变为液态的过程，它需要从外界吸热。
物态变化是中考必考的一个知识点，分析物态变化时主要看物体发生物态变化前后的状态，从而得出结论，是一道重点题。
2.【答案】B
【解析】解：A、手机烫手，说明温度比人的体温略高，约为40℃，故A不符合实际；
B、笔记本电脑的工作电流约0.1A=100mA，故B符合实际；
C、智能手机的工作电压为3.7V，故C不符合实际；
D、笔记本电脑的功率约20W，故D不符合实际。
故选：B。
不同物理量的估测，有的需要生活经验，有的需要换算单位，有的需要简单计算，最后判断哪个选项符合实际。
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
3.【答案】B
【解析】解：A.用多层蒸笼蒸馒头时，是通过热传递的方式传递能量，传递给水，水汽化成水蒸气，水蒸气上升，遇到冷的锅盖液化，液化放热，使上面的馒头先熟，故A错误；
B.煎炸过程是通过热传递的方式使油煎包的内能增加，故B正确；
C.热量是一个过程量，不能用“含有”来修饰，故C错误；
D.热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关，故D错误。
故选：B。
(1)热传递改变物体的内能，密度小的气体上升以及液化放热；
(2)改变物体内能有做功和热传递两种方式，做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程；
(3)热量是指热传递过程中，物体传递能量的多少，是一个过程量，不能用“含有”“具有”来修饰；
(4)1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值。热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。
本题考查了对内能、热值、热量的理解，属于常考题。
4.【答案】C
【解析】解：A、发生热传递时，热量总是从高温物体传递给低温物体，故A错误；
B、一块0℃的冰熔化成0℃的水，此过程是吸热过程，所以其内能增加；因为物质状态由固态变成液态，所以比热容改变，故B错误；
C、内能与温度、质量等有关，温度高的物体，内能不一定大，故C正确；
D、热传递的方向由两个物体的温度高低决定，故D错误。
故选：C。
热传递中热量传递方向：由温度高的物体传递给温度低的；
改变内能的方式：热传递、做功；内能与温度、质量等有关；
比热容是物质的特性之一，它与物质的种类、状态等有关。
本题考查了内能、比热容、热传递等知识，属于基础题，也是易错题。
5.【答案】C
【解析】解：AB、已知两种液体质量相等，用相同的加热器加热说明相同时间提供的热量相等，故B错误；
由图像可以看出：在吸收热量相同时，甲液体升高的温度更大，由公式c=Qm△t知，甲液体比热容较小，故A错误；
C、由图像可以看出：升高相同温度时，甲需要的时间较短，乙需要的时间较长，也就是甲需要的热量较少，乙液体吸收的热量较多，故C正确；
D、比热容是物体本身的一种特性，与质量、温度、温度的变化以及吸收热量的多少无关，故D错误。
故选：C。
(1)已知不同液体质量、升高温度大小关系，用公式c=Qm△t来比较比热容的大小；
(2)已知相同规格的电加热器，也就是相同时间给两种液体提供的热量相同，所以从加热时间长短比较吸收的热量多少；
(3)根据图判断出当升高相同的温度，通过比较加热时间来比较吸收热量的多少；
(4)比热容是物体本身的一种特性，与质量、温度、温度的变化以及吸收热量的多少无关。
不同物质比热一般不同。公式c=Qm△t来只是用来计算比热大小，但同种物质比热一定，与物体吸收热量、质量、温度变化大小无关。
6.【答案】D
【解析】解：A、丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为玻璃棒上的电子转移到丝绸上，故A错误；
B、不能用导线将电池的正负极长时间直接连接，故B错误；
C、规格不同的两只灯泡并联在电路中，两灯亮度不同，是因为灯泡的实际功率不同，故C错误；
D、测电流时，必须将电流表和被测的用电器串联，电流必须从表的正接线柱流进，负接线柱流出，故D正确。
故选：D。
(1)摩擦起电的实质是电荷(电子)的转移，当用丝绸摩擦玻璃棒时，丝绸束缚电子能力强，玻璃棒上的电子转移到丝绸上，玻璃棒带正电；
(2)直接用导线将电池的正负极长期相连，会造成电源短路，电池容易发生爆炸；
(3)灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定；
(4)使用电流表测电流时应将电流表串联在待测电路中，且使电流从正接线柱流入，负接线柱流出。
理解摩擦起电的实质、电源短路、决定灯泡亮度的因素、电流表的使用，可解答此题。
7.【答案】D
【解析】【分析】
由题意可知，当水流温度低于40℃，感应开关S1闭合，只有绿灯照亮水流；当水温达40℃及以上，感应开关S2闭合，只有红灯照亮水流，说明红灯和绿灯互不影响、独立工作，据此进行解答。
本题考查根据要求设计电路，关键是明确串联和并联电路中开关的作用。
【解答】
由题意可知，当水流温度低于40℃，感应开关S1闭合，只有绿灯照亮水流，说明感应开关S1只控制绿灯，因此感应开关S1与绿灯串联；
当水温达40℃及以上，感应开关S2闭合，只有红灯照亮水流，说明感应开关S2只控制红灯，因此感应开关S2与红灯串联；
因为绿灯和红灯工作时互不影响、独立工作，所以绿灯与红灯并联，故D正确。
故选：D。
8.【答案】B
【解析】解：据题意可知，两灯为串联，闭合开关时，发现两灯均不亮是电路中发生断路，该同学测得Uab=6V，说明是电压表并联bc间电路断路，即灯泡L1断路，故B正确。
故选：B。
电压表应与被测电路并联，如果电压表示数为零，可能与电压表并联的电路短路，或电压表并联电路之外电路存在断路；如果电压表示数较大，接近电源电压，说明电压表两接线柱与电源两极相连，电压表并联电路断路。分析实验数据，看两灯泡电压与串联电压间的关系，然后得出结论。
本题考查了电路故障的判断等，重点考查了学生利用所学知识解决问题的能力，对学生的能力要求较高。
9.【答案】A
【解析】【分析】
在实验中，滑动变阻器串联在电路中，滑片处于最大阻值处，电源电压不变，电流中的电流最小，起到保护作用。
本题考查了滑动变阻器的使用，关键是知道滑动变阻器是串联在电路中使用。
【解答】
滑动变阻器的连入电路时，滑片滑到最大阻值处，电阻最大，电源电压不变，电流最小，整个电路产生的热量越小，能起到保护电路的作用，故A正确，BCD错误；
故选A。
10.【答案】C
【解析】解：
A、用正在充电的手机上网课，若充电器或电池不合格，有发生爆炸的可能，故A不符合安全用电规范；
B、家庭电路中各用电器是并联的，一个插座上同时使用多个大功率用电器，会造成干路电流过大，容易引起火灾，故B不符合安全用电规范；
C、家庭电路安装漏电保护器是防止漏电而采取的安全措施，空气开关是为了防止电路中的电流过大而采取的安全措施，故C符合安全用电规范；
D、电线的绝缘皮破损时应及时更换，否则容易发生触电事故，故D不符合安全用电规范。
故选：C。
(1)手机在进行充电时上网或通话，若充电器或电池不合格，有发生爆炸的可能，会对人体造成损伤；
(2)家庭电路中各用电器是并联的，一个插座上同时使用多个大功率用电器，会造成干路电流过大，引起火灾；
(3)漏电保护器跳闸是因为火线与零线电流不同；空气开关“跳闸”的原因：一是短路，二是用电器总功率过大，三是用电器漏电，家庭电路中电流过大时，空气开关会切断电路；
(4)电线的绝缘皮破损时容易造成触电事故。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识。
11.【答案】D
【解析】解：在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍，且充电电能等于待机电能，已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，可知充电功率P′=50P=50×0.2W=10W，
根据P=UI可知充电器的充电电压U=P′I=10W2.0A=5V。
故选D。
在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍，且充电电能等于待机电能，已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，得出充电功率，根据P=UI可知充电器的充电电压。
本题考查电功的计算，综合性强，难度适中。
12.【答案】C
【解析】解：AB、由P=U2R可知，两灯泡正常发光时的电压均为220V，灯泡L1的额定功率较大，电阻较小；灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，两灯并联接入220V的电路中，两灯正常发光，灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，所以两灯泡正常发光时L1的功率大，灯更亮，故AB错误；
CD、两灯泡串联起来接入220V的电路中，它们的电流相等，根据P=I2R可知，L1的电阻较小，较暗，L2的电阻大，较亮，故C正确，D错误。
故选：C。
(1)知道两灯的额定电压、额定功率，利用R=U额2P额比较电阻大小。
(2)灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率，利用P=U2R和P=I2R分别判断并联电路、串联电路两灯泡的亮暗情况。
本题考查了额定功率和实际功率之间的关系、电功率公式的灵活运用和串联电路的分压特点等，关键是知道灯泡正常发光时的功率和额定功率相等。
13.【答案】C
【解析】解：A、两电阻串联，计数器(电压表)测R1的电压，已知当有光照射时电阻变小，故激光被遮挡瞬间电阻R1变大，故A错误；
B、由串联电阻的规律，电路的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路的电流变小，故B错误；
CD、根据U=IR可知，电流变小时，R2两端的电压变小，由于电源电压不变，由串联电路的电压规律可知，则R1两端的电压变大，故C正确、D错误。
故选：C。
(1)两电阻串联，计数器(电压表)测R2的电压，已知当有光照射时电阻变小，据此分析激光被遮挡瞬间电阻R2变化；
(2)由串联电阻的规律和欧姆定律分析电路的电流变化；
(3)根据U=IR确定R1、R2两端电压的变化。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是电路的分析。
14.【答案】A
【解析】解：由P=U2R可得，电热器内电热丝的电阻：
R=U2P额=(220V)21100W=44Ω，
当通过它的电流为2A时，该电热器的实际功率：
P实=I实2R=(2A)2×44Ω=176W。
故选：A。
(1)知道电热器的额定电压和额定功率，根据P=U2R求出其电阻；
(2)根据P=I2R可求得该电热器的实际功率。
本题考查了电功率公式的灵活应用，是一道较为简单的应用题。
15.【答案】A
【解析】解：并联电路总电阻小于任一分电阻，串联电路总电阻大于任一分电阻，
由图示电路图可知，当S1闭合、S2接到a端时，两电阻并联，此时电路电阻最小，由P=U2R可知，此时电热器的电功率最大；
S1闭合，S2接b时，R2被短路，电路为R1的简单电路，
S1断开，S2接a时，电路为R2的简单电路，
当S1断开，S2接在b端时，两电阻串联，电路总电阻最大，由P=U2R可知，此时电热器的功率最小。
故选：A。
电压U一定，由P=U2R可知，电阻R越大，电功率越小，电阻R越小，电功率越大，分析电路结构，根据串并联电路特点与电功率公式分析答题。
本题难度不大，分析清楚电路结构、应用串并联电路特点、电功率公式即可正确解题。
16.【答案】B
【解析】解：
A、由图可知，当通过R1与R2的电流为0.6A，R1、R2两端的电压分别为6V和3V，
由欧姆定律可知，电阻R1的阻值为：R1=U1I1=6V0.6A=10Ω，
电阻R2的阻值为：R2=U2I2=3V0.6A=5Ω，
则R1与R2的阻值之比：R1：R2=10Ω：5Ω=2：1，故A错误；
B、R1与R2串联接在3V的电源两端时，由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，电路中的电流为：I=UR1+R2=3V10Ω+5Ω=0.2A，
则电路消耗的总功率：P=UI=3V×0.2A=0.6W，故B正确；
C、R1与R2并联接在3V的电源两端时，由并联电路的电压特点可知R1、R2两端的电压都为3V，
由图可知此时通过R2的电流为I2′=0.6A，
此时通过R1的电流为：I1′=U R1=3V10Ω=0.3A，
则通过R1与R2的电流之比：I1′：I2′=0.3A：0.6A=1：2，故C错误；
D、由P=UI可知，R1与R2消耗的电功率之比：P1P2=UI1′UI2′=I1′I2′=12，故D错误。
故选：B。
(1)在图中找到R1和R2对应的电压、电流的值，根据欧姆定律分别计算电阻值，然后计算两电阻之比；
(2)R1与R2串联接在3V的电源两端，根据串联电路的电阻规律结合欧姆定律计算此时电路中的电流，根据P=UI求出电路消耗的总功率；
(3)R1与R2并联接在3V的电源两端，从图中找到通过R2的电流，根据欧姆定律计算此时通过R1的电流，进而求出通过R1与R2的电流之比；
(4)根据P=UI求出R1与R2消耗的电功率之比。
本题考查了串并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，要求学生能够根据图像结合所学的知识，解决一些实际问题。
17.【答案】A
【解析】解：
①磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转换法，故①正确；
②磁感线是不存在的，是为了研究方便而假象的一些有方向的曲线，故②错误；
③磁感线是不存在的，磁感线是铁屑组成的说法错误，故③错误；
④地球是一个巨大的磁体，地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近，故地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近，故④正确；
故正确的是①④。
故选：A。
(1)据课本可知，磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转换法；
(2)磁感线是不存在的，是为了研究方便假想的一些有方向的曲线；
(3)磁感线是不存在的；
(4)地球是一个巨大的磁体，地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近。
此题考查了磁场的判断方法、磁感线的理解、地磁场的理解等知识点，是一道综合题。
18.【答案】A
【解析】解：电动机是根据通电导体在磁场中受力的原理制成的。
A.由图可知电路中有电源，通电导体在磁场中会受力而运动，是电动机的工作原理，故A符合题意；
B.由图可知电路中没有电源，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，是电磁感应现象，属于发电机的工作原理，故B不符合题意；
B.图示的是电磁继电器的装置图，电磁继电器的核心部件是电磁铁，电磁铁通电后具有磁性，是利用了电流的磁效应，故C不符合题意；
D.图示的是通电导体周围有磁场，是奥斯特实验，故D不符合题意。
故选：A。
电动机是根据通电导体在磁场中受力的原理制成的，据此结合选项进行解答。
本题涉及的内容有电流的磁效应、电动机的原理和发电机的原理，要注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置的不同，前者外部没有电源，后者外部有电源。
19.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、小灯泡的额定电压为2.5V，由图乙可知，此时通过小灯泡的电流即额定电流为：IL=0.25A；
小灯泡的额定功率：P额=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W，故A错误；
B、电路中的最大电流：I大=IL=0.25A，电路的最大功率：P大=UI大=4.5V×0.25A=1.125W，故B错误；
C、由图甲可知，滑片从最右端向左移动到某一位置的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，此过程中，电路中的电流增大，由图乙可知，通过灯泡的电流增大，灯泡两端的电压也增大，但灯泡两端的电压增加比通过灯泡的电流增加的更快，由欧姆定律可知，小灯泡的灯丝阻值越来越大，故C错误；
D、当小灯泡正常发光时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
由图乙可知，小灯泡两端的电压UL=2.5V时，通过的电流IL=0.25A；
滑动变阻器两端的电压：UR″=U−UL=4.5V−2.5V=2V，
由串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流：I大=IL=0.25A，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R小=UR ′ ′I大=2V0.25A=8Ω，故D正确。
故选：D。
由图甲可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)根据P=UI求出灯泡的额定功率；
(2)当小灯泡正常发光时，电路中的电流最大，根据P=UI求出最大功率；
(3)由图甲可知，滑片从最右端向左移动到某一位置的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，此过程中，电路中的电流增大，由图乙可知，通过灯泡的电流增大，灯泡两端的电压也增大，但灯泡两端的电压增加比通过灯泡的电流增加的更快，根据欧姆定律分析灯丝电阻的变化；
(4)电路中电流最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据滑动变阻器两端的电压和电路中的电流求出最小电阻。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，从图象中获取有用的信息是关键。
20.【答案】C
【解析】解：A.由题知，当甲线圈在磁场中做切割磁感线运动时，闭合的回路中有感应电流产生，是发电机的工作原理，该过程中将机械能转化为电能，故A错误；
BC.乙线圈摆动的原理是通电导体在磁场中受力的作用，是电动机的工作原理，将电能转化为机械能，故B错误，C正确；
D.改变甲线圈切割磁感线的方向，感应电流的方向会发生改变，乙线圈摆动方向随着改变，故D错误。
故选：C。
根据通电导体在磁场中受力和电磁感应的原理来对图中的装置进行分析，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力，发电机的原理是电磁感应，电动机工作时消耗电能，得到机械能；发电机工作时将机械能转化为电能。
本题考查了电与磁之间的两个联系及其应用，同时要了解其结构、原理及能量转化等。
21.【答案】液化 蒸发 机械 216 电流 液面高度差 200 N 负
【解析】解：(1)“白气”是口中呼出气流中温度较高的水蒸气遇冷液化形成的小水滴；
用保鲜袋包蜜柚，可以使蜜柚与空气隔绝，减小了空气流动对蜜柚的影响，从而减慢水分的蒸发；
(2)电池板在太阳光的照射下可以将太阳能转化为电能，然后用电能驱动电风扇工作，消耗了电能，获得了机械能，将电能转化为机械能；
这段时间内电流做功：W=UIt=1.2V×50×10−3A×3600s=216J。
(3)由图可知，两容器中的电阻大小相等，电流不同，可以探究电流产生的热量与电流大小的关系；
电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，实验中是通过液面高度差的变化来反映
由图可知，R1=5Ω，若电路中的电流为2A，则电阻丝R1在10s内产生的热量为Q=I2Rt=(2A)2×5Ω×10s=200J；
(4)在磁体的外部，磁感线总是从磁体的N极发出最后回到S极，所以永磁体A的左端及电磁铁的右端都是N极。再根据安培定则，伸出右手使右手大拇指指向电磁铁的N极，四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流从电磁铁的左端流入，所以电源的左端为正极，右端为负极。
故答案为：(1)液化；蒸发；(2)机械；216；(3)电流；液面高度差；200；(4)N；负。
(1)物质由气态变成液态的过程叫液化；影响蒸发快慢的因素：液体温度高低、液体上方空气流动快慢和液体表面积的大小；
(2)判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的；电流做功可以用公式W=UIt进行求解计算；
(3)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；
(3)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；电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映；由焦耳定律Q=I2Rt计算R1产生的热量；
(4)根据磁感线特点判断磁体的磁极，再根据安培定则判断电流的方向确定电源的正负极。
本题考查了物态变化、能量转化、电功的计算、焦耳定律、安培定则，综合性强。
22.【答案】热传递 做功 E b 用电器的总功率过大 发电机 电磁感应 25 3000
【解析】解：(1)“艾灸”时用艾条熏烤患者的穴位，局部有温热感，这是通过热传递的方式使其内能增加的；“刮痧”时要在皮肤上涂一些药油，利用刮痧使皮肤温度升高，这是通过做功方式来改变物体的内能。
(2)如图a所示，接地导线应该与三孔插座的E孔相连接；如图b、c所示，两种使用测电笔的方法中，正确的是图b；如图d、e所示为家庭电路中造成电线燃烧的原因，其中图d所示情况的原因是：用电器的总功率过大。
(3)当人们在转动球的时候就可以给电池充电，这时健身球里面的装置相当于发电机，它工作时的原理是电磁感应。
(4)小明家用电器待机的总功率为：P=Wt=3kW⋅h24h×5=0.025kW=25W；
一个家庭一年待机消耗的电能为：W0=P0t0=0.025kW×4000h=100kW⋅h；
需要的电费为：100kW⋅h×0.5元/kW⋅h=50元；
某城市共60万户家庭，将所有用电器不用时彻底关闭，一年共可节约：60万×50元=3000万元。
故答案为：(1)热传递；做功；(2)E；b；用电器的总功率过大；(3)发电机；电磁感应；(4)25；3000。
(1)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。
(2)三孔插座的正确接法是“左零右火上接地”；测电笔在使用时手必须接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体；家庭电路中电流过大的原因有：一是短路，二是用电器的总功率过大。
(3)发电机是利用电磁感应来工作的。
(4)根据W=Pt来计算消耗的电能和节约的电费，以及待机功率。
知道改变物体内能的两种基本方式；知道测电笔的使用方法和家庭电路中电流过大的原因；知道发电机的基本原理；知道电能的计算。
23.【答案】电功 407 50
【解析】解：(1)电能表是用来测量电功的仪表；
(2)电能表的示数为1462.5kW⋅h，
11月份小丽家消耗的电能：W=1869.5kW⋅h−1462.5kW・h=407kW⋅h；
(3)电饭煲正常工作1min消耗的电能：
W=Pt=1kW×160h=160kW⋅h，
电能表的转盘转动的圈数：n=160kW⋅h×3000r/kW・h=50r。
故答案为：(1)电功；
(2)407；
(3)50。
(1)电能表是用来测量电功的仪表；
(2)11月份消耗电能的计算方法：本月底的示数减去上月底的示数，读数时注意：最后一位是小数，单位为kW⋅h；
(3)已知电饭煲的额定功率，利用W=Pt求消耗的电能；
“3000r/kW⋅h”表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000r，据此求电饭煲工作时电能表的转盘转数。
本题考查了消耗电能的计算、对电能表相关参数的理解，属于基础题目。
24.【答案】短 2 左 电压 反 40
【解析】解：(1)变阻器上下接线柱各接一个接入电路中，要滑动变阻器的滑片向右移动时电流表的示数变大，则滑动变阻器右下接线柱接入电路，如下所示：
(2)闭合开关，小刚发现电流表有示数，电路为通路，电压表无示数，可能是定值电阻发生了短路；
(3)由图乙可知，电流表量程为0−0.6A，分度值为0.02A，示数为0.4A，所以此时此定值电阻两端的电压U=IR=0.4A×5Ω=2V，则本实验中控制的定值电阻两端的电压为2V；
(4)探究“电流与电阻关系”时要控制定值电阻两端的电压不变，每次更换电阻后，都要移动滑动变阻器的滑片，此时眼睛应注意观察电压表示数；
探究电流与电阻的实验中应控制定值电阻两端的电压不变，实验中控制定值电阻两端的电压为2V，根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改换成10Ω的电阻，定值电阻增大，其分得的电压增大，要控制定值电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理知，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，使电压表的示数仍为2V；
(5)由图丙知，电流与电阻的乘积为U=IR=0.1A×10.05Ω=----0.4A×10.2Ω=2V，故由图像可以得出结论：电阻两端电压一定时，导体中的电流跟电阻成反比；
(6)变阻器分得的电压：U滑=6V−2V=4V，变阻器分得的电压为电压表示数的4V2V=2倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=2×20Ω=40Ω，故为了完成整个实验，所用的滑动变阻器的最大阻值应不小于40Ω。
故答案为：(1)见解答；(2)短；(3)2；(4)左；电压；(5)反；(6)40。
(1)变阻器上下接线柱各接一个接入电路中，根据滑片移动方向确定滑动变阻器下面的接线柱是哪一边接入电路；
(2)闭合开关，电流表有示数，电路为通路，根据电压表无示数分析；
(3)由图乙读出电流值，根据欧姆定律求出此时定值电阻两端的电压值；
(4)探究“电流与电阻关系”时要控制电阻两端的电压不变，即电压表的示数不变，据此分析；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；
(5)由图丙，求出电流与电阻的乘积分析回答；
(6)根据分压原理求出当接入20Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，从而确定滑动变阻器的最大阻值应不小于多少。
本题探究导体中电流跟电阻的关系，考查电路连接、故障分析、数据分析、欧姆定律的应用及操作过程和对器材的要求，是一道综合题，难度较大。
25.【答案】D B 左 1.14太小 灯丝的电阻随温度的升高而增大
【解析】解：(1)由题知，待测小灯泡的额定电压为3.8V，电阻约为10Ω，则小灯泡的额定电流大约为：I额=U额R=3.8V10Ω=0.38A，为了电流测量值更准确，所以电流表应该选择0∼0.6A的量程与小灯泡串联；
要求当滑动变阻器的滑片P向C端移动时，接入电路的电阻变小，根据图甲知，滑动变阻器应该选择C处的接线柱，则完整的电路连接图如下：
(2)为了保护电路，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于其阻值最大处，由电路图知，滑动变阻器的滑片P应该置于D端；
(3)该实验的电路属于串联电路，电流表与小灯泡和滑动变阻器串联，电压表与小灯泡并联。当小灯泡不发光，且电流表无明显示数时，电路中发生了断路，而电压表有示数，且移动滑动变阻器滑片P时，两表示数均无显著变化，则原因是与电压表并联的小灯泡发生了断路，故B正确；
(4)实验过程中，小明发现小灯泡较暗，说明灯泡两端的电压过低，如果要让小灯泡正常发光，需要增大灯泡两端的电压，根据串联电路的电压规律可知，需要减小滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的分压规律可知，需要减小滑动变阻器接入电路的电阻，故他应将滑动变阻器向左移动；
(5)由于电流表选择的是0∼0.6A的量程，则图乙中电流表的示数为0.3A，则小灯泡的额定功率为：
P0=U额I额′=3.8V×0.3A=1.14W；
(6)无论怎样调节滑动变阻器滑片都不能使小灯泡正常发光，可能是电源电压太小，使得小灯泡两端电压始终小于3.8V，或者滑动变阻器最大阻值太小，分压太少，使得小灯泡两端电压始终大于3.8V；
(7)由图象可知，通过小灯泡的电流与其两端的电压不成正比，这是因为灯丝的电阻随温度的升高而增大。
故答案为：(1)见解答图；(2)D；(3)B；(4)左；(5)1.14；(6)太小；(7)灯丝的电阻随温度的升高而增大。
(1)根据I=UR计算出小灯泡正常发光时的额定电流大约是多少，根据该电流值选择电流表的量程。题目要求当滑动变阻器的滑片P向C端移动时，接入电路的电阻变小，结合图甲分析滑动变阻器的连线情况；
(2)为了保护电路，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于其阻值最大处，结合第1问中的电路图分析滑动变阻器滑片P置于的位置；
(3)根据电压表和电流表的示数情况，小灯泡的发光情况，结合电路图分析电路故障；
(4)灯泡发光较暗，说明灯泡两端的电压小于额定电压，根据串联电路的分压规律分析滑片的移动方向；
(5)先根据图乙读出电流表的示数，再根据P=UI计算出小灯泡的额定功率；
(6)小灯泡在额定电压下才能正常发光，根据无法达到额定电压寻找原因；
(7)小灯泡灯丝的电阻随温度的变化而改变。
测量小灯泡的电功率的实验，考查了电路的连接、注意事项、故障分析、实验操作、电流表的读数、电功率的计算、串联电路的分压作用以及影响电阻的因素等知识，属于中考重点实验。
26.【答案】磁场 成立 电流大小 电流方向 安培
【解析】解：(2)闭合开关后，观察到螺线管周围的小磁针发生偏转，说明此时通电螺线管周围存在磁场，由于磁场看不见、摸不到，故采用转换法来观察，故移走小磁针，通电螺线管周围的磁场仍存在；
(3)移动滑动变阻器滑片，改变电路中的电阻从而改变电路中的电流，发现磁针偏转的角度变化，说明通电螺线管磁场的强弱与电流大小有关；
对调电源正负极后重新实验，发现小磁针静止时N极指向与原来相反，说明通电螺线管的磁场方向与电流方向有关；
对于通电螺线管的极性跟电流方向之间的关系，我们可以用安培定则来判断。
故答案为：磁场；成立；电流大小；电流方向；安培。
(1)通电螺线管周围存在磁场，其磁场分布与条形磁体的磁场分布相似；
(2)通电螺线管的磁场强弱与电流大小、线圈匝数有关；
(3)通电螺线管周围的磁场方向与电流方向、线圈缠绕的方向有关。
(4)利用安培定则判断电流的磁场方向。
本题考查通电螺线管周围的磁场分布规律，属于基本实验考查，难度不大。
27.【答案】电流表的指针是否偏转 ①③④ 换一个磁性更强的磁体 动圈式话筒
【解析】解：
(1)实验时，通过观察电流表的指针是否偏转，来确定电路中是否产生感应电流，这用到了转换法；
(2)①当导体AB水平向右运动时，会切割磁感线，产生感应电流；
②当导体AB竖直向上运动时，不会切割磁感线，不会产生感应电流；
③当导体AB斜向上运动时，会切割磁感线，产生感应电流；
④磁体水平向左运动时，会切割磁感线，产生感应电流；
⑤磁体竖直向上运动时，不会切割磁感线，不会产生感应电流；
综合分析会产生感应电流的是：①③④；
(3)实验现象不太明显，说明感应电流太小，故需要增大感应电流；增大感应电流的方法：①换一个磁性更强的磁体；②加快导体AB切割磁感线的运动速度；③将导体AB换成多匝线圈；
(4)扬声器是把电信号转化为声信号，利用通电导体在磁场中受力原理；电铃、电磁起重机的主要部件是电磁铁，利用电流的磁效应；动圈式话筒是把声信号转变成电信号的，声信号的振动带动线圈在磁场中振动，产生电流，是电磁感应原理。
故答案为：(1)电流表的指针是否偏转；(2)①③④；(3)换一个磁性更强的磁体；(4)动圈式话筒。
(1)电路中有电流时，电流表的指针转动，因此可以通过观察电流表的指针是否偏转来确定是否产生了感应电流，这用到了转换法；
(2)产生感应电流的条件是：闭合电路的部分导体，在磁场中做切割磁感线运动；
(3)增大感应电流的方法：①将导体AB换成多匝线圈；②使用磁性更强的磁铁；③增大导体AB切割磁感线的运动速度；
(4)动圈式话筒应用的就是电磁感应原理。
本题主要考查学生对电磁感应现象的了解和掌握，难度中等，是中考的热点。产生感应电流的条件注意三点：一是“闭合电路”，电路必须是完整的回路，二是“一部分导体”，不是全部的导体都在参与运动，三是“切割磁感线运动”，导体的运动必须是切割磁感线的，正切、斜切都可以，但不能不切割。
28.【答案】解：
(1)由P=Wt可知，吸尘器工作10min消耗的电能：
W吸=P吸t=1100W×10×60s=6.6×105J；
(2)插排允许的最大功率：
P最大=UI最大=220V×10A=2200W，
电加热坐垫的最大功率：
P坐=P最大−P吸−P吹=2200W−1100W−880W=220W；
(3)当开关S1、S2都闭合时，电路为R2的简单电路，当开关S1闭合、S2断开时，R1与R2串联，
因为串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P=UI=U2R可知，电路为R2的简单电路，电路中的电阻最小，电功率最大，电加热坐垫为加热挡；R1、R2串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，电加热坐垫为保温挡；
则加热垫加热挡的功率：P=U 2R2=(220V)22000Ω=24.2W。
答：(1)吸尘器工作10min消耗的电能是6.6×105J；
(2)电加热坐垫的最大功率是220W；
(3)加热垫加热挡的功率是24.2W。
【解析】(1)根据P=Wt求出吸尘器工作10min消耗的电能；
(2)根据P=UI求出插排允许的最大功率，根据电路的总功率等于各用电器电功率之和求出电加热坐垫的最大功率；
(3)由P=UI=U2R可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串联电路电阻规律和P=UI=U2R可知各挡位时电路的连接；根据P=UI=U2R求出加热垫加热挡的功率。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，正确的判断电加热垫处于不同挡位时电路的连接方式是关键。
29.【答案】解：(1)3000r/(kW⋅h)表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000转，
在保温状态下，电能表(如图乙)的转盘在1min内转动了5r，电饭锅消耗的电能为：
W保温=53000kW⋅h=160×3.6×106J=6000J，
保温功率为：P保温=W保温t=6000J60s=100W；
(2)由图甲可知，当开关S与触点1连接时，电路中只有R1，电路中电阻较小；当开关S与触点2连接时，电路中R1、R2串联，电路中电阻较大；电源电压一定，由P=U2R可知，当开关S与触点1连接时，电路电功率较大、电饭锅处于加热状态；当开关S与触点2连接时，电路电功率较小、电饭锅处于保温状态；
由P=U2R可得保温时电路总电阻为：R串=U2P保温=(220V)2100W=484Ω，
R2的阻值为：R2=R串−R1=484Ω−50Ω=434Ω；
(3)标准大气压下水的沸点为100℃，电饭锅将2kg初温为20℃的水加热至沸腾时，水吸收的热量：
Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(100℃−20℃)=6.72×105J；
不计热量损失，则W=Q吸，则电饭锅的实际加热功率为：
P加热′=Wt=Q吸t′=6.72×105J14×60s=800W，
根据P=U2R可得，加热状态下的实际电压为：
U实= P加热′R1= 800W×50Ω=200V。
答：(1)保温状态下该电饭锅的发热功率为100W；
(2)R2阻值的大小为434Ω；
(3)电饭锅的实际电压为200V。
【解析】(1)根据电能表的标定转数和实际转数算出电饭锅消耗的电能，根据P保温=W保温t算出其保温功率；
(2)分析电路图，比较开关S与触点1、2连接时，电路中电阻大小关系，电源电压一定，利用P=U2R可知电功率大小关系，进而得出是处于加热状态还是保温状态，利用P=U2R可求串联电阻，进而求出R2的阻值；
(3)根据Q吸=c水m(t−t0)求出水所吸收的热量；不计热量损失，根据Q吸=Q放=W=Pt计算实际的加热功率，再利用P=U2R算出电饭锅的实际电压。
本题考查了消耗电能、电功率的计算，本题关键：一是灵活应用电功率的相关公式，二是分析电路图得出加热、保温状态时的电路组成。
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