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2023-2024学年江苏省徐州普学汇志学校九年级（上）期末物理模拟试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省徐州普学汇志学校九年级（上）期末物理模拟试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.几位同学进行爬楼比赛，规定功率最大的人获胜，那么冠军是( )
A. 体重最大的人B. 用时最短的人C. 做功最快的人D. 速度最大的人
2.如图所示为一个落地后又弹起的皮球，下列图象中，能正确反映皮球动能E随时间t变化的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示电路，开关闭合后，下列对电路状况的判断中正确的是( )
A. 小灯泡正常发光
B. 电流表正常工作
C. 电流表指针指向零刻度线左侧
D. 电流表指针指向最大刻度线右侧
4.在下列研究实例中，运用了控制变量法的是( )
A. 研究电流时，将电流与水流类比
B. 研究生活中的杠杆时，用简单的线条代表实际杠杆
C. 研究影响动能大小的因素时，通过比较木块被撞击的距离来比较动能的大小
D. 研究电流与电压的关系时，保持电阻不变进行探究
5.下列做法符合安全用电要求的是( )
A. 用电器失火时先切断电源再灭火B. 发现有人触电应立即用手拉开触电的人
C. 用湿手插拔插头D. 使用测电笔时用手直接接触测电笔笔尖
6.如图所示，公交车后门左右扶杆上各装有一个有色按钮，每一个按钮相当于一个开关。当乘客按下任一按钮，驾驶台上的指示灯都亮，提醒司机有人要下车。电路图能实现上述目标的是( )
A.
B.
C.
D.
7.一名学生做实验时按如图所示的电路接好后，闭合开关，两灯均不亮，电流表的指针几乎不动，而电压表的指针有明显偏转。由此分析电路的故障可能是( )
A. 灯L1短路
B. 灯L1断路
C. 灯L2短路
D. 灯L2断路
8.如图是一火灾报警系统的原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其电阻会随温度升高而减小，R1为定值电阻，电源电压恒定不变。当R2所在处出现火灾时，下列判断正确的是( )
A. 电流表示数减小B. 电压表示数减小C. 电路总功率减小D. 电阻R1的功率减小
9.如图所示为“探究电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验装置.电源电压恒不变，R1、R2为阻值恒定的电热丝且R1：R2=3：1，闭合开关S1、断开S2，R1电功率为P。下列说法正确的是( )
A. 此时可以探究电流产生的热量与电流大小的关系
B. 经过相同时间，R1与R2产生的热量之比为1：3
C. 若S1、S2均闭合，可以探究电流产生的热量与电阻大小的关系
D. 若S1、S2均闭合，R1电功率变为P′，则P：P′=9：16
10.如图所示，电源的输出电压恒定不变，现将一个灯泡L接在离电源很近的AB两点时，灯泡L消耗的功率为25W，若将灯泡L接在离电源较远的CD两点时，灯泡L消耗的功率为16W。则输电导线AC、BD上消耗的功率为( )
A. 1WB. 2WC. 4WD. 9W
二、填空题：本大题共7小题，共20分。
11.学校升旗仪式上，当升旗手缓缓向下拉绳子时，国旗就会徐徐上升，这是由于旗杆顶部有一个______滑轮，它的作用是改变______，它______(填“能”或“不能”)省功。
12.小明用20N的水平推力推着重为200N的购物车在水平路面上前进了15m，所用时间是0.5min。在此过程中，小明做了______ J的功，功率是______ W，重力做功______ J。
13.如图所示，在“探究动能大小与哪些因素有关”的实验中，让小球从斜面的不同高度由静止释放，撞击木块此时研究的是小球的动能大小与______的关系，实验是通过观察______来说明做功的多少，从而得出结论的。如果水平面绝对光滑，实验______(填“能”或“不能”)正常进行。
14.电流的______效应是引起火灾的主要原因之一，短路会导致______过大，线路连接处接触不良会导致该处______变大，这两种情况都会导致电路过热，引发火灾。
15.某小灯泡额定电压是4.8V，正常发光时的电流为0.2A，此时小灯泡的电阻为______Ω.如果电源电压是6V，为使小灯泡正常发光，可以在电路中______联一个阻值为______Ω的保护电阻．
16.如图所示是小明家的电子电能表，此时电能表显示的示数为______kW⋅h，表盘上标有“3200imp/(kW⋅h)”。若小明关闭其他所有的用电器，只接通一只“220V 100W”的电灯，使其正常工作1h，则电灯消耗的电能是______kW⋅h，电能表的指示灯闪烁______次。
17.如图OAB为一可绕O点自由转动的轻质杠杆，OA垂直于AB，且OA长度为40cm，AB长度为30cm，在OA中点C处挂一质量为1kg的物体，要求在端点B处施加一个最小的力F，使杠杆在图示位置平衡，则F的力臂应是______ cm，最小的力F是______ N。
三、实验探究题：本大题共2小题，共16分。
18.物理课上，某小组利用如图甲所示装置探究“沙子和水吸热升温的现象”。
(1)在两烧杯中分别装入初温相同且______相等的沙子和水；
(2)加热过程中用玻璃棒不断搅拌，这样做的目的是为了______。
(3)实验中，用相同的酒精灯加热，通过比较______来间接反映沙子和水吸收热量的多少。
(4)分析图像乙可知，______的吸热能力更强。
19.某学习为了“探究电流与电阻的关系”，设计了如图甲的实验电路，用到的实验器材有：电压恒为6V的电源、电流表、电压表各一只，一个开关，阻值分别为5Ω、15Ω、25Ω的定值电阻各1个，滑动变阻器一个，导线若干。
(1)实验过程中将5Ω的电阻更换成阻值为15Ω的电阻后，接下来应向______端(填“左”或“右”)移动滑动变阻器的滑片。
(2)实验过程中始终保持电阻R两端电压为______ V。
(3)为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于______Ω的滑动变阻器。
(4)学习小组完成了多组实验，并利用收集到的数据，作出了如图乙所示的电流I随电阻R变化的关系图象，分析图象可得结论______。
四、计算题：本大题共2小题，共16分。
20.用煤气将初温为20℃，质量为5kg的一壶水加热到100℃.求：
(1)水吸收的热量；
(2)不计热量损失，最少消耗多少煤气。[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，煤气的热值为4.2×107J/kg]
21.如图所示，电源电压恒定不变。灯泡L标有“8V 4W”的字样。当开关S闭合。滑片P在中点时，电压表的示数为4V，灯泡正常发光(灯泡电阻不随温度变化而变化)。求：
(1)灯泡的电阻；
(2)此电路工作时的最小功率值。
五、综合题：本大题共1小题，共8分。
22.阅读短文，回答文后问题。
电动汽车
电动汽车是以车载电池为动力的车辆，用电动机驱动车轮行驶。电动汽车的电池为电动机供电，同时也给汽车的空调、车灯等耗电系统供电，动力电池容量的大小很大程度上影响电动汽车充电一次行驶的最大路程，即续航里程，单位质量电池中储存的电能叫做电池的能量密度，增加续航里程最直接的方式就是增加电池质量。电池质量越大，储存的电能就越多，但是汽车总质量越大，行驶过程中能耗就越高。为了避免电池损坏，通常电池消耗电能不得超过最大电能的80%。
(1)电动汽车行驶时，动力电池把______能转化为电能；
(2)电动汽车内由电池供电的电动机、空调、车灯的连接方式是______联；
(3)如果某电动汽车的总质量为1200kg，其中电池质量为300kg，电池的能量密度为0.15kW⋅h/kg，汽车以某一速度匀速行驶时，阻力为车重的0.05倍，则该车的续航里程为______km(g取10N/kg)；
(4)为了增加电动汽车的续航里程下列做法不可行的是______。
A.增加电池带电量
B.整车轻量化
C.降低传动摩擦
D.增大耗电系统功率
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：ABD、根据功率的计算公式：P=Wt=Ght，只比较体重、时间或速度，无法确定功率的大小，故ABD错误；
C、由功率的物理意义可知，功率大的物体，做功快；功率小的物体，做功慢。所以最后胜出者为做功最快的一个，故C正确。
故选：C。
功率的理含义：功率是反映物体做功快慢的物理量，据此分析判断。
本题考查功率的物理意义，理解功率的含义是解答本题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：皮球在下落的过程中速度变大，动能变大，反弹后上升的过程中，速度变小，动能变小；由图可知，由于反弹的高度减小，故机械能减小，即小球的最大动能会逐渐减小，故C正确。
故选：C。
动能的大小与速度和质量有关，根据速度变化判定动能的变化，据此分析。
本题考查速度-动能-时间图象的意义，属于基础知识。
3.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，当开关闭合后，灯泡被短路，不能工作即灯泡不发光，故A错误；
电流表串联在电路中，会造成电源短路，电路中的电流过大，电流表指针指向最大刻度线右侧，故BC错误，D正确。
故选：D。
(1)电流表的电阻很小，在电路中相当于导线；
(2)电源短路是指电源两极不经过用电器直接连通的电路，用电器短路是指用一根导线将某个用电器的两端连接起来，被短路的用电器中无电流通过。
本题考查了电路的三种状态的判断，注意电流表相当于导线。
4.【答案】D
【解析】解：
A、电流客观存在，但不能直接观察，水流客观存在，可以直接观察。用能够直接观察的水流说明电流的形成及作用，采用的是类比法。故A不符合题意；
B、杠杆在生活中有重要的应用，但生活中没有具体的杠杆，用简单的线条代表实际杠杆，采用的是模型法。故B不符合题意；
C、动能大小不能直接观察，在研究影响动能大小的因素时，通过比较木块被撞击的距离来比较动能的大小，采用的是转换法。故C不符合题意；
D、电流与电压和电阻都有关系，在研究电流与电压关系时，需要保持电阻一定，采用的是控制变量法。故D符合题意。
故选：D。
对每个选项分别分析，明确各自采用的研究方法，就能确定符合题意的选项。
解决此类问题需要熟悉常见的物理研究方法，在实际问题中加以识别和应用。
5.【答案】A
【解析】解：A、家用电器失火时，应先切断电源，再采取灭火措施。故A符合安全用电要求；
B、发现有人触电时，若直接用手将触电者拉开，由于人体也是导体，所以会造成救人者也触电，应先切断电源，然后进行抢救。故B不符合安全用电要求；
C、用湿手拔电源插头，因为水是导体，会使人触电。故C不符合安全用电要求；
D、使用测电笔时，笔尖接触待测物体，手要接触笔尾金属体，不能用手直接接触测电笔笔尖。故D不符合安全用电要求。
故选：A。
(1)水是导体，在没有切断电源的情况下，不能用水灭火；
(2)发现有人触电或电引起的火灾，首先切断电源，再实行救援措施；
(3)水是导体，不能用湿手插拔电源插头；
(4)使用测电笔时，手必须接触笔尾的金属体。
此题考查了安全用电常识，属于基本技能的考查，难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：当乘客按下任一按钮，驾驶台上的指示灯都亮，说明这两个开关可以独立工作、互不影响即为并联，且指示灯位于干路上，由图示电路图可知，A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
根据“当乘客按下任一按钮，驾驶台上的指示灯都亮”结合串并联电路特点判断两个开关的连接方式，然后分析电路图答题。
根据题意得出两开关的连接方式是解决本题的关键，解决此类问题要抓住题干中有用的信息，即电路元件是否可以独立工作(并联)，还是相互影响(串联)。
7.【答案】B
【解析】解：由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡L1两端的电压；
A、如果灯泡L1短路，电路是通路，灯泡L2会发光，电流表有示数，电压表测量一段导线两端的电压，电压表无示数，故A不符合题意；
B、如果灯泡L1断路，两只灯泡都不发光，电流表无示数，电压表串联在电路测量电源电压，指针会偏转，故B符合题意；
C、如果灯泡L2短路，电路是通路，灯泡L1会发光，电流表有示数，电压表测量电源电压，电压表有示数，故C不符合题意；
D、如果灯泡L2断路，整个电路断开，两只灯泡都不发光，电压表、电流表都无示数，故D不符合题意。
故选：B。
由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡L1两端的电压；闭合开关灯泡不亮，原因有两个：断路或短路。已知两灯串联都不亮，所以不可能是一灯短路，只能是断路。
用电压表检验电路故障时，将电压表与用电器并联，如果电压表无示数，可能是并联的用电器短路或其它部分断路；如果电压表有示数且较大(接近电源电压)，可能是并联的用电器断路或其它部分短路。
8.【答案】B
【解析】解：
由电路图知，两电阻串联，电流表测电路中电流，电压表R2测两端电压，
(1)由题知，R2电阻会随温度升高而减小。当出现火灾时，温度升高，电阻R2减小，电路总电阻减小，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路中电流变大，即电流表示数增大，故A错误；
由串联电路的分压原理知，R2两端电压减小，即电压表示数减小，B正确；
(2)电路中电流变大，电源电压不变，根据P=UI知电路总功率变大，故C错误；
由P=I2R，电阻R1的功率变大，故D错误。
故选：B。
根据火灾报警系统的原理：“其电阻会随温度升高而减小”结合欧姆定律分析电流表的变化，根据串联分压的特点分析电压表的示数变化，根据P=U2R=I2R分析功率变化。
本题主要考查欧姆定律的应用和电功率的理解，明确火灾报警系统的原理是解答此题的关键。
9.【答案】D
【解析】解：
A、由图知，闭合开关S1、断开S2，两电阻丝串联，两电阻丝阻值不同，通过的电流大小和通电时间相等，此时可以探究电流产生热量与电阻大小关系，故A错误；
B、根据焦耳定律公式可得，相同时间，R1与R2产生的热量之比Q1Q2=I2R1tI2R2t=R1R2=31，故B错误；
C、由图知，若S1、S2均闭合，R2短路，只有R1连入电路中，不能改变电阻的大小，所以不能探究电流产生热量与电阻大小关系，故C错误；
D、闭合开关S1、断开S2时，两电阻串联，由分压原理有：U1U2=R1R2=31，所以U1=34U，
S1、S2均闭合，只有R1连入电路中，U1′=U，
由P=U2R可得，PP′=(34U)2R1U2R1=916，故D正确。
故选：D。
(1)由图知，闭合开关S1、断开S2，两电阻丝串联，根据控制变量法分析判断；根据焦耳定律公式计算R1与R2产生的热量之比；
(2)由串联电路特点和焦耳定律计算两电阻丝产生热量比；
(3)两开关都闭合时，只有R1连入电路，探究电流产生的热量与电阻大小的关系时，应控制电流和通电时间，改变电阻，据此分析；
(4)分析闭合开关S1、断开S2时和两开关都闭合时，R1两端电压，由P=U2R计算两次R1电功率的比。
本题考查了串联电路特点、欧姆定律、电功率以及焦耳定律公式的应用，注意控制变量法的使用。
10.【答案】C
【解析】【分析】
此题考查了电功率公式的灵活应用，关键是根据灯泡消耗的功率求出电流之间的关系，从而求出将灯泡接C、D两点时电路的总功率。
先设出灯泡L分别连接在A、B和C、D两点时电路中的电流，根据P=I2R分别列出灯泡L消耗的电功率的方程，求出两种情况下电流之间的关系；再根据电流关系求出将灯泡L接C、D两点时的电路总功率，总功率减掉L消耗的功率即为导线AC和BD消耗的总功率。
【解答】
解：设灯泡L连接在A、B两点时，电路的电流为I1，则
P1=I12RL=25W--------①
若将灯泡L接C、D两点时，电路的电流为I2，则
P2=I22RL=16W--------②
由①②两式可得：
I1:I2=5:4，
若将灯泡L接C、D两点时，电路的总功率为：P3=UI2，
则：P1P3=UI1UI2，即P3=I2P1I1=45×25W=20W，
所以导线AC和BD消耗的总功率为：
P=P3−P2=20W−16W=4W。
故选C。
11.【答案】定 力的方向 不能
【解析】解：升国旗时，当升旗手缓缓向下拉绳子时，国旗就会徐徐上升，则需要能改变拉力方向的滑轮，所以旗杆顶部安装的滑轮是定滑轮；
使用它时可以改变力的方向，但不能省力，也不能省功；
故答案为：定；力的方向；不能。
(1)定滑轮是轴固定不动的滑轮，使用定滑轮不省力但能改变力的方向；
(2)功的原理：使用任何机械都不省功。
此题考查定滑轮的特点和功的原理，解决此类问题要结合定滑轮的特点进行分析解答。
12.【答案】300 10 0
【解析】解：
(1)推力做的功：W=Fs=20N×15m=300J。
(2)所用时间t=0.5min=30s，
则功率：P=Wt=300J30s=10W。
(3)购物车，在水平面上匀速前进15m，虽然有力，也有距离，但距离不是在重力的方向上，所以重力没做功，为0J。
故答案为：300；10；0。
(1)知道水平推力和水平方向上移动的距离，可利用功W=Fs计算推力做的功；
(2)又知道做功的时间，利用P=Wt计算功率；
(3)购物车受到重力但在重力的方向上没移动距离，重力不做功。
本题考查了学生对功的公式、功率的公式、做功的两个必要条件的了解与掌握，明确三种情况不做功：一是有力无距离(例如：推而未动)，二是有距离无力(靠惯性运动)，三是力的方向与运动方向垂直。
13.【答案】速度 木块被撞击后移动的距离 不能
【解析】解：(1)由题意知，同一小球的质量相同，从不同的高度滚下时，到达水平面的速度不同，可以探究动能大小与物体速度的关系；
(2)实验中通过观察木块被撞击后移动的距离来比较动能的大小；
(3)若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，将做匀速直线运动，因此无法显示被推动的距离，不能得出结论。
故答案为：速度；木块被撞击后移动的距离；不能。
(1)物体的动能与物体的质量和速度有关，在探究过程中需用控制变量法，根据已知条件判断出控制的变量，便可得出探究的因素；
(2)掌握转换法在实验中的应用，实验中通过观察木块被推动的距离来比较物体动能的大小；
(3)根据牛顿第一定律，若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，运动后将保持匀速直线运动。
此题是探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验，考查了控制变量法及转换法在实验中的应用。
14.【答案】热 电流 电阻
【解析】解：(1)电流通过导体时要产生热量，这就是电流的热效应；电流的热效应是引起火灾的主要原因之一；
(2)引起家庭电路中电流过大的原因是：一是短路，二是用电器总功率过大。这些可能造成电流过大引发安全事故；
(3)在家庭电路中，导线相互连接处因接触不良，该处的电阻较大，导线连接处与其他部分导线串联在电路中，通过的电流相等、通电时间相等，由Q=I2Rt可知，连接处产生的热量较多，往往比别处更容易发热，加速导线老化，甚至引起火灾。
故答案为：热；电流；电阻。
(1)电流通过导体时要产生热量，这就是电流的热效应；
(2)家庭电路中电流过大的原因有两种，一是用电器短路，二是用电器总功率过大。
(3)由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比。导线相互连接处因为接触不良，易造成电阻变大，因为导线连接处与其他导线串联在电路中，通电时间是相同的，由焦耳定律可知电阻大的产生的热量越多。
本题主要考查学生对家庭电路故障的判断能力，以及对焦耳定律及应用的了解和掌握，知道导线和导线的连接处为串联(电流相等)是本题的关键。
15.【答案】24；串；6
【解析】解：
由题可知，小灯泡正常发光时的电流IL=0.2A，小灯泡两端电压：UL=U额=4.8V，
小灯泡的电阻：RL=ULIL=Ω；
因为串联电路起分压作用，并且电源电压6V大于灯泡的额定电压，因此需串联一个电阻；
电阻两端的电压：UR=U−UL=6V−4.8V=1.2V，
小灯泡正常发光，串联电路中电流处处相等，
通过电阻的电流：IR=IL=0.2A，
则电阻R的值：R=URIR=Ω.
故答案为：24；串；6.
灯泡正常发光时，其实际电压等于额定电压，根据R=UI计算电阻；先根据串联电路起分压作用分析；然后根据串联电路的电压特点求出电阻两端的电压，再根据欧姆定律求出电阻的阻值．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是掌握灯泡正常发光时的电压和额定电压相等．
16.【答案】
【解析】解：
(1)电能表显示的数字00185中，最后一位是小数，单位为kW⋅h，示数为18.5kW⋅h；
(2)由P=Wt可得，该电灯正常工作1h消耗的电能：
W=100×10−3kW×1h=0.1kW⋅h，
因3200imp/(kW⋅h)表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁3200次，
所以，电能表的指示灯闪烁的次数：
n=0.1kW⋅h×3200imp/(kW⋅h)=320imp。
故答案为：18.5；0.1；320。
(1)电能表显示的数字中，最后一位是小数，单位为kW⋅h；
(2)用电器正常工作时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出消耗的电能，再根据“3200imp/(kW⋅h)表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁3200次”求出电能表的指示灯闪烁的次数。
本题考查了电能表的读数和消耗电能、电能表指示灯闪烁次数的计算，明白电能表参数的含义是关键。
17.【答案】50 4
【解析】解：在B点施加一个力最小的力，则力臂应最大，当OB作为力臂时，动力臂是最大的，动力最小；OA=40cm，AB=30cm，根据勾股定理可知，OB= (30cm)2+(40cm)2=50cm；
OC=20cm；
根据杠杆的平衡条件可知：G×OC=F×OB，mg×OC=F×OB，即：1kg×10N/kg×20cm=F×50cm，解得：F=4N。
故答案为：50；4。
根据杠杆的平衡条件可知，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，根据杠杆的平衡条件求出最小的动力的大小。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，知道杠杆在B位置的最大力臂是本题的关键。
18.【答案】质量 使沙子和水受热均匀 加热时间 水
【解析】解：(1)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，故在两烧杯中分别装入初温相同且质量相等的沙子和水；
(2)加热过程中用玻璃棒不断搅拌，这样做的目的是为了使沙子和水受热均匀；
(3)实验中，用相同的酒精灯加热，根据转换法，通过比较加热时间来间接反映沙子和水吸收热量的多少；
(4)分析图像乙可知，质量和升高温度相同，水加热时间长，根据比较吸热能力的方法，故水的吸热能力更强。
故答案为：(1)质量；(2)使沙子和水受热均匀；(3)加热时间；(4)水。
(1)(3)(4)我们使用相同的酒精灯加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；
(2)为了使液体受热均匀，加热过程中用玻璃棒不断搅拌。
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。
19.【答案】右 2.535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)根据串联分压原理可知，将定值电阻R由5Ω改接成15Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持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，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动变阻器的滑片；
(2)由图乙知，电阻的电压为：
UV=IR=0.5A×5Ω=---0.1A×25Ω=2.5V-----①，
故实验过程中始终保持电阻R两端电压为2.5V；
(3)电阻两端的电压始终保持UV=2.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑=U−UV=6V−2.5V=3.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的1.4倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=1.4×25Ω=35Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值不小于35Ω的滑动变阻器；
(4)电压一定，由图象知，电流与电阻之积为定值，所以可得出的结论：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)右；(2)2.5；(3)35；(4)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)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
(2)由图乙知求出电阻的电压为；
(3)探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻；
(4)根据电流与电阻之积为一定值分析。
本题探究电流与电阻的关系，考查操作过程、控制变量法、数据分析和对器材的要求。
20.【答案】解：
(1)水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×5kg×(100℃−20℃)=1.68×106J；
(2)不计热量损失，煤气完全燃烧释放的热量全部被水吸收，则有Q放=Q吸，
由Q放=mq得最少消耗煤气的质量：
m′=Q放q=1.68×106J4.2×107J/kg=0.04kg。
答：(1)水需要吸收1.68×106J的热量；
(2)最少消耗0.04kg煤气。
【解析】(1)知道水的质量、水的比热容和水的温度变化，利用吸热公式Q吸=cm(t−t0)计算水吸收的热量；
(2)不计热量损失，Q放=Q吸，再利用Q放=mq计算最少消耗煤气的质量。
本题考查了学生对吸热公式Q吸=cmΔt、燃料完全燃烧放热公式Q放=mq的掌握和运用，比较典型的计算题，要熟练掌握。
21.【答案】解：(1)由P=U2R得，灯泡的电阻为：
RL=U额2P额=(8V)24W=16Ω。
(2)当滑片P在中点时，变阻器连入阻值为R′，且R′与灯泡L串联，
因为灯泡正常发光，所以UL=U额=8V，
因为串联电路的电压等于各分电压之和，
所以电源电压U=UR+UL=4V+8V=12V。
因为灯泡正常发光，所以电路中的电流：
I=ULRL=8V16Ω=0.5A；
滑动变阻器接入电路的电阻为：
R′=URI=4V0.5A=8Ω，
所以变阻器的最大阻值R=2R′=2×8Ω=16Ω。
当滑片位于最大阻值处时，电路的最大总电阻：
R串=RL+R最大=16Ω+16Ω=32Ω，
则电路消耗的最小功率为：
P最小=U2R串=(12V)232Ω=4.5W。
答：(1)灯泡的电阻RL为16Ω。
(2)此电路工作时的最小功率为4.5W。
【解析】(1)根据P=U2R求出灯泡的电阻；
(2)根据串联电路电压特点求出电源的电压，根据欧姆定律和串联电路电流处处相等，可以得到滑片在中点时通过滑动变阻器的电流，进而得到滑片在中点时滑动变阻器接入电路的电阻，进一步得到滑动变阻器最大阻值，根据P=U2R可知，电路电阻最大时消耗的电功率最小，进而求出最小功率。
本题考查了串联电路的电流、电压特点和欧姆定律的应用，能根据灯泡正常发光确定电路中的电流和灯泡两端的电压是解决本题的关键。
22.【答案】(1)化学；(2)并；(3)216；(4)D
【解析】解：(1)电动汽车的电池工作的时候把化学能转化为电能；
(2)为了保证各个用电器之间互不影响，独立工作，电动汽车内由电池供电的电动机、空调、车灯的连接方式是并联的；
(3)电池质量为300kg，电池的能量密度为0.15kW⋅h/kg，1kW⋅h=3.6×10 6J，
那么电池能够提供的总能量W=300kg×0.15kW⋅h/kg=45kW⋅h=45×3.6×10 6J=1.62×10 8J，为了避免电池损坏，通常电池消耗电能不得超过最大电能的80%，则行驶过程中电池实际提供的电能W′=1.62×10 8J×80%=1.296×10 8J
汽车以某一速度匀速行驶时，阻力为车重的0.05倍，即f=0.05mg=0.05×1200kg×10N/kg=600N，
由于汽车是匀速运动，根据二力平衡可知，f=F=600N，
根据W=Fs可知：该车的续航里程s= W F = 1.296×108J 600N=216000m=216km。
(4)A、增加电池带电量，即增加了电池的总能量，可以增加电动汽车的续航里程，故A正确；
B、.整车轻量化，可以减小车的阻力，那么额外功就会减少，所以可以增加电动汽车的续航里程，故B正确；
C、.降低传动摩擦，可以减少额外功，所以可以增加电动汽车的续航里程，故C正确；
D、增大耗电系统功率，有用功减少，会减少电动汽车的续航里程，故D错误。
故选D。
故答案是：(1)化学；(2)并；(3)216；(4)D。
(1)电动汽车的电池工作的时候把化学能转化为电能；
(2)在并联电路中电流有多条流通路径，各个用电器之间互不影响，独立工作；
(3)电池质量为300kg，电池的能量密度为0.15kW⋅h/kg，据此计算出电池能提供的总能量，通常电池消耗电能不得超过最大电能的80%，由于匀速运动，根据二力平衡，牵引力等于阻力，计算出阻力，根据W=Fs计算出该车的续航里程；
(4)分析每个选项是否增加电动汽车的续航里程。
该题是一道科普阅读题，考查的内容较多，比较综合，要结合题干认真分析。
1.几位同学进行爬楼比赛，规定功率最大的人获胜，那么冠军是( )
A. 体重最大的人B. 用时最短的人C. 做功最快的人D. 速度最大的人
2.如图所示为一个落地后又弹起的皮球，下列图象中，能正确反映皮球动能E随时间t变化的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示电路，开关闭合后，下列对电路状况的判断中正确的是( )
A. 小灯泡正常发光
B. 电流表正常工作
C. 电流表指针指向零刻度线左侧
D. 电流表指针指向最大刻度线右侧
4.在下列研究实例中，运用了控制变量法的是( )
A. 研究电流时，将电流与水流类比
B. 研究生活中的杠杆时，用简单的线条代表实际杠杆
C. 研究影响动能大小的因素时，通过比较木块被撞击的距离来比较动能的大小
D. 研究电流与电压的关系时，保持电阻不变进行探究
5.下列做法符合安全用电要求的是( )
A. 用电器失火时先切断电源再灭火B. 发现有人触电应立即用手拉开触电的人
C. 用湿手插拔插头D. 使用测电笔时用手直接接触测电笔笔尖
6.如图所示，公交车后门左右扶杆上各装有一个有色按钮，每一个按钮相当于一个开关。当乘客按下任一按钮，驾驶台上的指示灯都亮，提醒司机有人要下车。电路图能实现上述目标的是( )
A.
B.
C.
D.
7.一名学生做实验时按如图所示的电路接好后，闭合开关，两灯均不亮，电流表的指针几乎不动，而电压表的指针有明显偏转。由此分析电路的故障可能是( )
A. 灯L1短路
B. 灯L1断路
C. 灯L2短路
D. 灯L2断路
8.如图是一火灾报警系统的原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其电阻会随温度升高而减小，R1为定值电阻，电源电压恒定不变。当R2所在处出现火灾时，下列判断正确的是( )
A. 电流表示数减小B. 电压表示数减小C. 电路总功率减小D. 电阻R1的功率减小
9.如图所示为“探究电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验装置.电源电压恒不变，R1、R2为阻值恒定的电热丝且R1：R2=3：1，闭合开关S1、断开S2，R1电功率为P。下列说法正确的是( )
A. 此时可以探究电流产生的热量与电流大小的关系
B. 经过相同时间，R1与R2产生的热量之比为1：3
C. 若S1、S2均闭合，可以探究电流产生的热量与电阻大小的关系
D. 若S1、S2均闭合，R1电功率变为P′，则P：P′=9：16
10.如图所示，电源的输出电压恒定不变，现将一个灯泡L接在离电源很近的AB两点时，灯泡L消耗的功率为25W，若将灯泡L接在离电源较远的CD两点时，灯泡L消耗的功率为16W。则输电导线AC、BD上消耗的功率为( )
A. 1WB. 2WC. 4WD. 9W
二、填空题：本大题共7小题，共20分。
11.学校升旗仪式上，当升旗手缓缓向下拉绳子时，国旗就会徐徐上升，这是由于旗杆顶部有一个______滑轮，它的作用是改变______，它______(填“能”或“不能”)省功。
12.小明用20N的水平推力推着重为200N的购物车在水平路面上前进了15m，所用时间是0.5min。在此过程中，小明做了______ J的功，功率是______ W，重力做功______ J。
13.如图所示，在“探究动能大小与哪些因素有关”的实验中，让小球从斜面的不同高度由静止释放，撞击木块此时研究的是小球的动能大小与______的关系，实验是通过观察______来说明做功的多少，从而得出结论的。如果水平面绝对光滑，实验______(填“能”或“不能”)正常进行。
14.电流的______效应是引起火灾的主要原因之一，短路会导致______过大，线路连接处接触不良会导致该处______变大，这两种情况都会导致电路过热，引发火灾。
15.某小灯泡额定电压是4.8V，正常发光时的电流为0.2A，此时小灯泡的电阻为______Ω.如果电源电压是6V，为使小灯泡正常发光，可以在电路中______联一个阻值为______Ω的保护电阻．
16.如图所示是小明家的电子电能表，此时电能表显示的示数为______kW⋅h，表盘上标有“3200imp/(kW⋅h)”。若小明关闭其他所有的用电器，只接通一只“220V 100W”的电灯，使其正常工作1h，则电灯消耗的电能是______kW⋅h，电能表的指示灯闪烁______次。
17.如图OAB为一可绕O点自由转动的轻质杠杆，OA垂直于AB，且OA长度为40cm，AB长度为30cm，在OA中点C处挂一质量为1kg的物体，要求在端点B处施加一个最小的力F，使杠杆在图示位置平衡，则F的力臂应是______ cm，最小的力F是______ N。
三、实验探究题：本大题共2小题，共16分。
18.物理课上，某小组利用如图甲所示装置探究“沙子和水吸热升温的现象”。
(1)在两烧杯中分别装入初温相同且______相等的沙子和水；
(2)加热过程中用玻璃棒不断搅拌，这样做的目的是为了______。
(3)实验中，用相同的酒精灯加热，通过比较______来间接反映沙子和水吸收热量的多少。
(4)分析图像乙可知，______的吸热能力更强。
19.某学习为了“探究电流与电阻的关系”，设计了如图甲的实验电路，用到的实验器材有：电压恒为6V的电源、电流表、电压表各一只，一个开关，阻值分别为5Ω、15Ω、25Ω的定值电阻各1个，滑动变阻器一个，导线若干。
(1)实验过程中将5Ω的电阻更换成阻值为15Ω的电阻后，接下来应向______端(填“左”或“右”)移动滑动变阻器的滑片。
(2)实验过程中始终保持电阻R两端电压为______ V。
(3)为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于______Ω的滑动变阻器。
(4)学习小组完成了多组实验，并利用收集到的数据，作出了如图乙所示的电流I随电阻R变化的关系图象，分析图象可得结论______。
四、计算题：本大题共2小题，共16分。
20.用煤气将初温为20℃，质量为5kg的一壶水加热到100℃.求：
(1)水吸收的热量；
(2)不计热量损失，最少消耗多少煤气。[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，煤气的热值为4.2×107J/kg]
21.如图所示，电源电压恒定不变。灯泡L标有“8V 4W”的字样。当开关S闭合。滑片P在中点时，电压表的示数为4V，灯泡正常发光(灯泡电阻不随温度变化而变化)。求：
(1)灯泡的电阻；
(2)此电路工作时的最小功率值。
五、综合题：本大题共1小题，共8分。
22.阅读短文，回答文后问题。
电动汽车
电动汽车是以车载电池为动力的车辆，用电动机驱动车轮行驶。电动汽车的电池为电动机供电，同时也给汽车的空调、车灯等耗电系统供电，动力电池容量的大小很大程度上影响电动汽车充电一次行驶的最大路程，即续航里程，单位质量电池中储存的电能叫做电池的能量密度，增加续航里程最直接的方式就是增加电池质量。电池质量越大，储存的电能就越多，但是汽车总质量越大，行驶过程中能耗就越高。为了避免电池损坏，通常电池消耗电能不得超过最大电能的80%。
(1)电动汽车行驶时，动力电池把______能转化为电能；
(2)电动汽车内由电池供电的电动机、空调、车灯的连接方式是______联；
(3)如果某电动汽车的总质量为1200kg，其中电池质量为300kg，电池的能量密度为0.15kW⋅h/kg，汽车以某一速度匀速行驶时，阻力为车重的0.05倍，则该车的续航里程为______km(g取10N/kg)；
(4)为了增加电动汽车的续航里程下列做法不可行的是______。
A.增加电池带电量
B.整车轻量化
C.降低传动摩擦
D.增大耗电系统功率
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：ABD、根据功率的计算公式：P=Wt=Ght，只比较体重、时间或速度，无法确定功率的大小，故ABD错误；
C、由功率的物理意义可知，功率大的物体，做功快；功率小的物体，做功慢。所以最后胜出者为做功最快的一个，故C正确。
故选：C。
功率的理含义：功率是反映物体做功快慢的物理量，据此分析判断。
本题考查功率的物理意义，理解功率的含义是解答本题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：皮球在下落的过程中速度变大，动能变大，反弹后上升的过程中，速度变小，动能变小；由图可知，由于反弹的高度减小，故机械能减小，即小球的最大动能会逐渐减小，故C正确。
故选：C。
动能的大小与速度和质量有关，根据速度变化判定动能的变化，据此分析。
本题考查速度-动能-时间图象的意义，属于基础知识。
3.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，当开关闭合后，灯泡被短路，不能工作即灯泡不发光，故A错误；
电流表串联在电路中，会造成电源短路，电路中的电流过大，电流表指针指向最大刻度线右侧，故BC错误，D正确。
故选：D。
(1)电流表的电阻很小，在电路中相当于导线；
(2)电源短路是指电源两极不经过用电器直接连通的电路，用电器短路是指用一根导线将某个用电器的两端连接起来，被短路的用电器中无电流通过。
本题考查了电路的三种状态的判断，注意电流表相当于导线。
4.【答案】D
【解析】解：
A、电流客观存在，但不能直接观察，水流客观存在，可以直接观察。用能够直接观察的水流说明电流的形成及作用，采用的是类比法。故A不符合题意；
B、杠杆在生活中有重要的应用，但生活中没有具体的杠杆，用简单的线条代表实际杠杆，采用的是模型法。故B不符合题意；
C、动能大小不能直接观察，在研究影响动能大小的因素时，通过比较木块被撞击的距离来比较动能的大小，采用的是转换法。故C不符合题意；
D、电流与电压和电阻都有关系，在研究电流与电压关系时，需要保持电阻一定，采用的是控制变量法。故D符合题意。
故选：D。
对每个选项分别分析，明确各自采用的研究方法，就能确定符合题意的选项。
解决此类问题需要熟悉常见的物理研究方法，在实际问题中加以识别和应用。
5.【答案】A
【解析】解：A、家用电器失火时，应先切断电源，再采取灭火措施。故A符合安全用电要求；
B、发现有人触电时，若直接用手将触电者拉开，由于人体也是导体，所以会造成救人者也触电，应先切断电源，然后进行抢救。故B不符合安全用电要求；
C、用湿手拔电源插头，因为水是导体，会使人触电。故C不符合安全用电要求；
D、使用测电笔时，笔尖接触待测物体，手要接触笔尾金属体，不能用手直接接触测电笔笔尖。故D不符合安全用电要求。
故选：A。
(1)水是导体，在没有切断电源的情况下，不能用水灭火；
(2)发现有人触电或电引起的火灾，首先切断电源，再实行救援措施；
(3)水是导体，不能用湿手插拔电源插头；
(4)使用测电笔时，手必须接触笔尾的金属体。
此题考查了安全用电常识，属于基本技能的考查，难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：当乘客按下任一按钮，驾驶台上的指示灯都亮，说明这两个开关可以独立工作、互不影响即为并联，且指示灯位于干路上，由图示电路图可知，A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
根据“当乘客按下任一按钮，驾驶台上的指示灯都亮”结合串并联电路特点判断两个开关的连接方式，然后分析电路图答题。
根据题意得出两开关的连接方式是解决本题的关键，解决此类问题要抓住题干中有用的信息，即电路元件是否可以独立工作(并联)，还是相互影响(串联)。
7.【答案】B
【解析】解：由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡L1两端的电压；
A、如果灯泡L1短路，电路是通路，灯泡L2会发光，电流表有示数，电压表测量一段导线两端的电压，电压表无示数，故A不符合题意；
B、如果灯泡L1断路，两只灯泡都不发光，电流表无示数，电压表串联在电路测量电源电压，指针会偏转，故B符合题意；
C、如果灯泡L2短路，电路是通路，灯泡L1会发光，电流表有示数，电压表测量电源电压，电压表有示数，故C不符合题意；
D、如果灯泡L2断路，整个电路断开，两只灯泡都不发光，电压表、电流表都无示数，故D不符合题意。
故选：B。
由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡L1两端的电压；闭合开关灯泡不亮，原因有两个：断路或短路。已知两灯串联都不亮，所以不可能是一灯短路，只能是断路。
用电压表检验电路故障时，将电压表与用电器并联，如果电压表无示数，可能是并联的用电器短路或其它部分断路；如果电压表有示数且较大(接近电源电压)，可能是并联的用电器断路或其它部分短路。
8.【答案】B
【解析】解：
由电路图知，两电阻串联，电流表测电路中电流，电压表R2测两端电压，
(1)由题知，R2电阻会随温度升高而减小。当出现火灾时，温度升高，电阻R2减小，电路总电阻减小，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路中电流变大，即电流表示数增大，故A错误；
由串联电路的分压原理知，R2两端电压减小，即电压表示数减小，B正确；
(2)电路中电流变大，电源电压不变，根据P=UI知电路总功率变大，故C错误；
由P=I2R，电阻R1的功率变大，故D错误。
故选：B。
根据火灾报警系统的原理：“其电阻会随温度升高而减小”结合欧姆定律分析电流表的变化，根据串联分压的特点分析电压表的示数变化，根据P=U2R=I2R分析功率变化。
本题主要考查欧姆定律的应用和电功率的理解，明确火灾报警系统的原理是解答此题的关键。
9.【答案】D
【解析】解：
A、由图知，闭合开关S1、断开S2，两电阻丝串联，两电阻丝阻值不同，通过的电流大小和通电时间相等，此时可以探究电流产生热量与电阻大小关系，故A错误；
B、根据焦耳定律公式可得，相同时间，R1与R2产生的热量之比Q1Q2=I2R1tI2R2t=R1R2=31，故B错误；
C、由图知，若S1、S2均闭合，R2短路，只有R1连入电路中，不能改变电阻的大小，所以不能探究电流产生热量与电阻大小关系，故C错误；
D、闭合开关S1、断开S2时，两电阻串联，由分压原理有：U1U2=R1R2=31，所以U1=34U，
S1、S2均闭合，只有R1连入电路中，U1′=U，
由P=U2R可得，PP′=(34U)2R1U2R1=916，故D正确。
故选：D。
(1)由图知，闭合开关S1、断开S2，两电阻丝串联，根据控制变量法分析判断；根据焦耳定律公式计算R1与R2产生的热量之比；
(2)由串联电路特点和焦耳定律计算两电阻丝产生热量比；
(3)两开关都闭合时，只有R1连入电路，探究电流产生的热量与电阻大小的关系时，应控制电流和通电时间，改变电阻，据此分析；
(4)分析闭合开关S1、断开S2时和两开关都闭合时，R1两端电压，由P=U2R计算两次R1电功率的比。
本题考查了串联电路特点、欧姆定律、电功率以及焦耳定律公式的应用，注意控制变量法的使用。
10.【答案】C
【解析】【分析】
此题考查了电功率公式的灵活应用，关键是根据灯泡消耗的功率求出电流之间的关系，从而求出将灯泡接C、D两点时电路的总功率。
先设出灯泡L分别连接在A、B和C、D两点时电路中的电流，根据P=I2R分别列出灯泡L消耗的电功率的方程，求出两种情况下电流之间的关系；再根据电流关系求出将灯泡L接C、D两点时的电路总功率，总功率减掉L消耗的功率即为导线AC和BD消耗的总功率。
【解答】
解：设灯泡L连接在A、B两点时，电路的电流为I1，则
P1=I12RL=25W--------①
若将灯泡L接C、D两点时，电路的电流为I2，则
P2=I22RL=16W--------②
由①②两式可得：
I1:I2=5:4，
若将灯泡L接C、D两点时，电路的总功率为：P3=UI2，
则：P1P3=UI1UI2，即P3=I2P1I1=45×25W=20W，
所以导线AC和BD消耗的总功率为：
P=P3−P2=20W−16W=4W。
故选C。
11.【答案】定 力的方向 不能
【解析】解：升国旗时，当升旗手缓缓向下拉绳子时，国旗就会徐徐上升，则需要能改变拉力方向的滑轮，所以旗杆顶部安装的滑轮是定滑轮；
使用它时可以改变力的方向，但不能省力，也不能省功；
故答案为：定；力的方向；不能。
(1)定滑轮是轴固定不动的滑轮，使用定滑轮不省力但能改变力的方向；
(2)功的原理：使用任何机械都不省功。
此题考查定滑轮的特点和功的原理，解决此类问题要结合定滑轮的特点进行分析解答。
12.【答案】300 10 0
【解析】解：
(1)推力做的功：W=Fs=20N×15m=300J。
(2)所用时间t=0.5min=30s，
则功率：P=Wt=300J30s=10W。
(3)购物车，在水平面上匀速前进15m，虽然有力，也有距离，但距离不是在重力的方向上，所以重力没做功，为0J。
故答案为：300；10；0。
(1)知道水平推力和水平方向上移动的距离，可利用功W=Fs计算推力做的功；
(2)又知道做功的时间，利用P=Wt计算功率；
(3)购物车受到重力但在重力的方向上没移动距离，重力不做功。
本题考查了学生对功的公式、功率的公式、做功的两个必要条件的了解与掌握，明确三种情况不做功：一是有力无距离(例如：推而未动)，二是有距离无力(靠惯性运动)，三是力的方向与运动方向垂直。
13.【答案】速度 木块被撞击后移动的距离 不能
【解析】解：(1)由题意知，同一小球的质量相同，从不同的高度滚下时，到达水平面的速度不同，可以探究动能大小与物体速度的关系；
(2)实验中通过观察木块被撞击后移动的距离来比较动能的大小；
(3)若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，将做匀速直线运动，因此无法显示被推动的距离，不能得出结论。
故答案为：速度；木块被撞击后移动的距离；不能。
(1)物体的动能与物体的质量和速度有关，在探究过程中需用控制变量法，根据已知条件判断出控制的变量，便可得出探究的因素；
(2)掌握转换法在实验中的应用，实验中通过观察木块被推动的距离来比较物体动能的大小；
(3)根据牛顿第一定律，若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，运动后将保持匀速直线运动。
此题是探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验，考查了控制变量法及转换法在实验中的应用。
14.【答案】热 电流 电阻
【解析】解：(1)电流通过导体时要产生热量，这就是电流的热效应；电流的热效应是引起火灾的主要原因之一；
(2)引起家庭电路中电流过大的原因是：一是短路，二是用电器总功率过大。这些可能造成电流过大引发安全事故；
(3)在家庭电路中，导线相互连接处因接触不良，该处的电阻较大，导线连接处与其他部分导线串联在电路中，通过的电流相等、通电时间相等，由Q=I2Rt可知，连接处产生的热量较多，往往比别处更容易发热，加速导线老化，甚至引起火灾。
故答案为：热；电流；电阻。
(1)电流通过导体时要产生热量，这就是电流的热效应；
(2)家庭电路中电流过大的原因有两种，一是用电器短路，二是用电器总功率过大。
(3)由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比。导线相互连接处因为接触不良，易造成电阻变大，因为导线连接处与其他导线串联在电路中，通电时间是相同的，由焦耳定律可知电阻大的产生的热量越多。
本题主要考查学生对家庭电路故障的判断能力，以及对焦耳定律及应用的了解和掌握，知道导线和导线的连接处为串联(电流相等)是本题的关键。
15.【答案】24；串；6
【解析】解：
由题可知，小灯泡正常发光时的电流IL=0.2A，小灯泡两端电压：UL=U额=4.8V，
小灯泡的电阻：RL=ULIL=Ω；
因为串联电路起分压作用，并且电源电压6V大于灯泡的额定电压，因此需串联一个电阻；
电阻两端的电压：UR=U−UL=6V−4.8V=1.2V，
小灯泡正常发光，串联电路中电流处处相等，
通过电阻的电流：IR=IL=0.2A，
则电阻R的值：R=URIR=Ω.
故答案为：24；串；6.
灯泡正常发光时，其实际电压等于额定电压，根据R=UI计算电阻；先根据串联电路起分压作用分析；然后根据串联电路的电压特点求出电阻两端的电压，再根据欧姆定律求出电阻的阻值．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是掌握灯泡正常发光时的电压和额定电压相等．
16.【答案】
【解析】解：
(1)电能表显示的数字00185中，最后一位是小数，单位为kW⋅h，示数为18.5kW⋅h；
(2)由P=Wt可得，该电灯正常工作1h消耗的电能：
W=100×10−3kW×1h=0.1kW⋅h，
因3200imp/(kW⋅h)表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁3200次，
所以，电能表的指示灯闪烁的次数：
n=0.1kW⋅h×3200imp/(kW⋅h)=320imp。
故答案为：18.5；0.1；320。
(1)电能表显示的数字中，最后一位是小数，单位为kW⋅h；
(2)用电器正常工作时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出消耗的电能，再根据“3200imp/(kW⋅h)表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁3200次”求出电能表的指示灯闪烁的次数。
本题考查了电能表的读数和消耗电能、电能表指示灯闪烁次数的计算，明白电能表参数的含义是关键。
17.【答案】50 4
【解析】解：在B点施加一个力最小的力，则力臂应最大，当OB作为力臂时，动力臂是最大的，动力最小；OA=40cm，AB=30cm，根据勾股定理可知，OB= (30cm)2+(40cm)2=50cm；
OC=20cm；
根据杠杆的平衡条件可知：G×OC=F×OB，mg×OC=F×OB，即：1kg×10N/kg×20cm=F×50cm，解得：F=4N。
故答案为：50；4。
根据杠杆的平衡条件可知，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，根据杠杆的平衡条件求出最小的动力的大小。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，知道杠杆在B位置的最大力臂是本题的关键。
18.【答案】质量 使沙子和水受热均匀 加热时间 水
【解析】解：(1)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，故在两烧杯中分别装入初温相同且质量相等的沙子和水；
(2)加热过程中用玻璃棒不断搅拌，这样做的目的是为了使沙子和水受热均匀；
(3)实验中，用相同的酒精灯加热，根据转换法，通过比较加热时间来间接反映沙子和水吸收热量的多少；
(4)分析图像乙可知，质量和升高温度相同，水加热时间长，根据比较吸热能力的方法，故水的吸热能力更强。
故答案为：(1)质量；(2)使沙子和水受热均匀；(3)加热时间；(4)水。
(1)(3)(4)我们使用相同的酒精灯加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；
(2)为了使液体受热均匀，加热过程中用玻璃棒不断搅拌。
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。
19.【答案】右 2.535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)根据串联分压原理可知，将定值电阻R由5Ω改接成15Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持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，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动变阻器的滑片；
(2)由图乙知，电阻的电压为：
UV=IR=0.5A×5Ω=---0.1A×25Ω=2.5V-----①，
故实验过程中始终保持电阻R两端电压为2.5V；
(3)电阻两端的电压始终保持UV=2.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑=U−UV=6V−2.5V=3.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的1.4倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=1.4×25Ω=35Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值不小于35Ω的滑动变阻器；
(4)电压一定，由图象知，电流与电阻之积为定值，所以可得出的结论：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)右；(2)2.5；(3)35；(4)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)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
(2)由图乙知求出电阻的电压为；
(3)探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻；
(4)根据电流与电阻之积为一定值分析。
本题探究电流与电阻的关系，考查操作过程、控制变量法、数据分析和对器材的要求。
20.【答案】解：
(1)水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×5kg×(100℃−20℃)=1.68×106J；
(2)不计热量损失，煤气完全燃烧释放的热量全部被水吸收，则有Q放=Q吸，
由Q放=mq得最少消耗煤气的质量：
m′=Q放q=1.68×106J4.2×107J/kg=0.04kg。
答：(1)水需要吸收1.68×106J的热量；
(2)最少消耗0.04kg煤气。
【解析】(1)知道水的质量、水的比热容和水的温度变化，利用吸热公式Q吸=cm(t−t0)计算水吸收的热量；
(2)不计热量损失，Q放=Q吸，再利用Q放=mq计算最少消耗煤气的质量。
本题考查了学生对吸热公式Q吸=cmΔt、燃料完全燃烧放热公式Q放=mq的掌握和运用，比较典型的计算题，要熟练掌握。
21.【答案】解：(1)由P=U2R得，灯泡的电阻为：
RL=U额2P额=(8V)24W=16Ω。
(2)当滑片P在中点时，变阻器连入阻值为R′，且R′与灯泡L串联，
因为灯泡正常发光，所以UL=U额=8V，
因为串联电路的电压等于各分电压之和，
所以电源电压U=UR+UL=4V+8V=12V。
因为灯泡正常发光，所以电路中的电流：
I=ULRL=8V16Ω=0.5A；
滑动变阻器接入电路的电阻为：
R′=URI=4V0.5A=8Ω，
所以变阻器的最大阻值R=2R′=2×8Ω=16Ω。
当滑片位于最大阻值处时，电路的最大总电阻：
R串=RL+R最大=16Ω+16Ω=32Ω，
则电路消耗的最小功率为：
P最小=U2R串=(12V)232Ω=4.5W。
答：(1)灯泡的电阻RL为16Ω。
(2)此电路工作时的最小功率为4.5W。
【解析】(1)根据P=U2R求出灯泡的电阻；
(2)根据串联电路电压特点求出电源的电压，根据欧姆定律和串联电路电流处处相等，可以得到滑片在中点时通过滑动变阻器的电流，进而得到滑片在中点时滑动变阻器接入电路的电阻，进一步得到滑动变阻器最大阻值，根据P=U2R可知，电路电阻最大时消耗的电功率最小，进而求出最小功率。
本题考查了串联电路的电流、电压特点和欧姆定律的应用，能根据灯泡正常发光确定电路中的电流和灯泡两端的电压是解决本题的关键。
22.【答案】(1)化学；(2)并；(3)216；(4)D
【解析】解：(1)电动汽车的电池工作的时候把化学能转化为电能；
(2)为了保证各个用电器之间互不影响，独立工作，电动汽车内由电池供电的电动机、空调、车灯的连接方式是并联的；
(3)电池质量为300kg，电池的能量密度为0.15kW⋅h/kg，1kW⋅h=3.6×10 6J，
那么电池能够提供的总能量W=300kg×0.15kW⋅h/kg=45kW⋅h=45×3.6×10 6J=1.62×10 8J，为了避免电池损坏，通常电池消耗电能不得超过最大电能的80%，则行驶过程中电池实际提供的电能W′=1.62×10 8J×80%=1.296×10 8J
汽车以某一速度匀速行驶时，阻力为车重的0.05倍，即f=0.05mg=0.05×1200kg×10N/kg=600N，
由于汽车是匀速运动，根据二力平衡可知，f=F=600N，
根据W=Fs可知：该车的续航里程s= W F = 1.296×108J 600N=216000m=216km。
(4)A、增加电池带电量，即增加了电池的总能量，可以增加电动汽车的续航里程，故A正确；
B、.整车轻量化，可以减小车的阻力，那么额外功就会减少，所以可以增加电动汽车的续航里程，故B正确；
C、.降低传动摩擦，可以减少额外功，所以可以增加电动汽车的续航里程，故C正确；
D、增大耗电系统功率，有用功减少，会减少电动汽车的续航里程，故D错误。
故选D。
故答案是：(1)化学；(2)并；(3)216；(4)D。
(1)电动汽车的电池工作的时候把化学能转化为电能；
(2)在并联电路中电流有多条流通路径，各个用电器之间互不影响，独立工作；
(3)电池质量为300kg，电池的能量密度为0.15kW⋅h/kg，据此计算出电池能提供的总能量，通常电池消耗电能不得超过最大电能的80%，由于匀速运动，根据二力平衡，牵引力等于阻力，计算出阻力，根据W=Fs计算出该车的续航里程；
(4)分析每个选项是否增加电动汽车的续航里程。
该题是一道科普阅读题，考查的内容较多，比较综合，要结合题干认真分析。
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