2023-2024学年广东省深圳市九年级（上）期末物理试卷（B卷）（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市九年级（上）期末物理试卷（B卷）（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列关于普通物理实验室内的物理量的估测，符合实际的是( )
A. 一节新干电池的电压为3VB. 实验用铜导线的电阻约是1000Ω
C. 普通照明灯正常工作时的电流约为5AD. 壁挂式空调的电功率约为1000W
2.在南山区某学校举办的科技节活动中，小明用可乐瓶制作水火箭，在瓶里装适量水，带有阀门的金属管插入瓶塞，旋紧瓶塞后用打气筒往瓶里打足气(如图)；打开阀门后，水从尾部的金属管向下喷出，水火箭竖直向上飞向空中，下列分析错误的是( )
A. 往水火箭里打气，对气体做功，相当于内燃机的压缩冲程
B. 水从水火箭中喷出，瓶内气体对水做功，相当于内燃机的做功冲程
C. 水火箭发射时，火箭的动能转化为水火箭瓶内气体的内能
D. 在整个过程中，能量总量是不变的
3.将塑料绳撕成细丝状，用毛皮分别摩擦塑料丝和PVC管后，将塑料丝放在PVC管上方。塑料丝就会像章鱼一样悬在空中，这就是神奇的静电章鱼实验，如图所示。下列分析正确的是( )
A. 塑料丝带电是因为与毛皮摩擦后创造了电荷
B. 塑料丝呈“章鱼”状的原因与验电器工作原理相同
C. 塑料丝能悬在PVC管上方，是因为他们带上了异种电荷
D. 用手去触摸“章鱼”后，“章鱼”可以吸在PVC管上是因为他们带上异种电荷
4.小明自制“伏打电堆”并连接了如图所示电路。闭合开关S，小灯泡发光，电压表指针右偏，则下列说法正确的是( )
A. 金属A是电堆的正极B. “伏打电堆”将电能转化为化学能
C. 若小灯泡断路，电压表仍有示数D. 若断开开关，A、B两金属间无电压
5.某学习小组用装满盐水的气球连接在如图所示的电路中。当用手向相反的方向拉扯连接气球的导线，使气球变长(盐水与导线充分接触且气球不破裂)，对这一过程进行分析，下面说法正确的是( )
A. 小灯泡变得更亮
B. 无论怎样拉动，电压表的示数都不变
C. 电压表与电流表示数的比值变大
D. 电路消耗的总功率变大
6.甲、乙两只白炽灯上分别标着“220V，40W”和“220V，100W”(不考虑温度对灯丝电阻的影响)，下列分析正确的是( )
A. 两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能较多
B. 将乙灯接入110V的电路中，它的实际功率为50W
C. 将甲、乙两灯串联接在220V的电路中，乙灯比甲灯亮
D. 将甲、乙两灯并联接在220V的电路中，乙灯比甲灯亮
7.远距离输电时容易出现短路故障，为确定短路位置，检修员利用电压表、电流表和电源组成如图所示电路进行检测，在相距30km的甲、乙两地之间沿直线架设两条输电线，已知输电线的电阻为0.01Ω/m，当电压表的示数为1.5V时，电流表的示数为20mA，则下列说法正确的是( )
A. 检修员测量的导线电阻为30Ω
B. 检修员测量的导线长度为7.5km
C. 短路位置距离甲地7.5km
D. 若检修员在检测中用时3min，则输电线消耗的电能为90J
二、填空题：本大题共3小题，共14分。
8.明代《读书录》称“节俭”是“人之美德”。教室不需要使用黑板和显示屏时，应及时断开讲台前的灯和显示屏，这样会使该教室电路的总电阻______，总功率将______，以达到节能目的。(均选填“变大”、“变小”或“不变”)
9.甲、乙两个电热水壶在标准大气压下将质量和初温都相同的水烧开，电热水壶的热效率及用时如表所示，两壶水吸收的热量______(选填“甲多”“乙多”或“一样多”)，烧开两壶水电流做的功______(选填“甲多”“乙多”或“一样多”)，______电热水壶的效率更高，______电热水壶在正常工作时的实际电功率更大。
10.如图是一款既能吹冷风又能吹热风的冷暖风机的原理图及其简化电路，为了安全，冷暖风机都装有跌倒开关S(图乙跌倒开关S未画出)。当风机正立时，跌倒开关的活动球使电路连通，当工作的风机跌倒时，活动球能切断整个风机电路。
(1)跌倒开关中的活动球应使用______(选填“导体”或“绝缘体”)材料制作，跌倒开关在电路中应安装在______(选填“O”“P”或“Q”)处，理由是______。
(2)风机正立时，若只闭合开关S1，风机吹出的是______风；若将开关S1、S2都闭合，风机吹出的是______风(以上两空均选填“热”或“冷”)，此时电热丝和电动机是______联。
(3)风机正立工作，且只闭合开关S1时，插头处电流为1.2A，然后再把S2闭合，插头处电流变为3A，此时流过发热丝的电流是______ A，此时电路消耗的总功率是______ W。
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
11.如图，在两个“〇”内选填“电压表”和“电流表”的符号，使开关闭合后，两灯都发光。
12.如图所示是某同学设计的模拟可调光台灯电路，其中电位器有a、b、c三个接线柱，请用笔画线代替导线，将图中的实物电路连接完整，使闭合开关S后，顺时针旋转旋钮时灯泡变亮(旋钮带动滑片同方向旋转)。
四、实验探究题：本大题共3小题，共25分。
13.在“测量小灯泡正常发光时的电阻”实验中，电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V，图甲是未连接完整的实验电路。
(1)请用笔画线代替导线将图甲所示的实验电路连接完整。(要求闭合开关，滑动变阻器的滑片P向右移动时电流表的示数变大)
(2)连接好电路后，把滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，闭合开关，发现小灯泡不发光，两表均无示数，则故障可能是______(填字母)。
A.小灯泡短路
B.滑动变阻器短路
C.小灯泡断路
D.滑动变阻器断路
(3)排除故障后继续实验。缓慢移动滑动变阻器的滑片P，当电压表的示数如图乙所示时，其读数为______ V；若要测得小灯泡正常发光时的电阻，滑片P应向______(选填“A”或“B”)端移动。
(4)改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，绘制了如图丙所示的I−U图象。由图象可知，小灯泡的I−U图象不是一条直线，原因是小灯泡的电阻随______的变化而变化，小灯泡正常发光时的电阻是______Ω(结果保留一位小数)。图中阴影部分的面积表示的含义是______。
(5)若电流表意外损坏，小明取来一只阻值为R0的定值电阻，设计如图丁所示的电路来测量小灯泡正常发光时的电阻，已知电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压U额为2.5V，请将实验步骤补充完整。
①闭合开关S，将开关S1拨至“1”，调节滑动变阻器的滑片直至电压表示数为______ V；
②使滑动变阻器的滑片______(选填“右移”“左移”或“不动”)，将开关S1拨至“2”，读出电压表示数U0；
③小灯泡正常发光时的电阻RL=______(用U额、U0，R0表示)。
14.如图，甲、乙两个完全相同的玻璃瓶内有阻值分别为R甲、R乙的电阻丝，瓶中插入温度计a、b。
(1)利用此装置探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关时，在两瓶中加入质量、初温相同的煤油，且电阻丝的阻值R甲>R乙，闭合开关一段时间，可以通过观察______现象，判断电阻丝产生热量的多少。此方案是探究______和______相同时，电流通过电阻丝产生的热量与______大小的关系。
(2)在甲、乙两瓶内换用质量、初温相同的不同液体，且电阻丝的阻值R甲与R乙______(选填“相等”或“不等”)时，可以比较不同物质的比热容。一段时间后，观察到乙瓶内温度计b的示数大于a的示数，甲瓶内液体吸收的热量______乙瓶内液体吸收的热量(假设甲、乙两瓶相同时间内散热相同)，甲、乙两瓶内液体的比热容关系是c甲______c乙。(以上两空均选填“大于”、“小于”或“等于”)
15.爱动脑的小明想利用物理知识将电流表改装成电子拉力计，图甲是其电路原理图。弹簧右端和金属滑片P固定在一起(弹簧的电阻不计)，定值电阻R0=5Ω，a、b是一根长为7cm的均匀电阻(其电阻大小与长度成正比)，阻值为R1=35Ω，电源电压U=6V，电流表的量程为0∼0.6A；当不拉拉环时，金属滑片P刚好处于a端。已知该弹簧伸长的长度ΔL与所受拉力F的关系如图乙所示。
(1)将电流表的表盘改为拉力计的表盘，可以把拉力的大小信息转化为电流信息，更加方便简洁，信息转化的关键环节为：拉力大小变化→滑片P的位置变化→电路的______变化→电流的变化。
(2)当不拉拉环时，电路中的电流是______ A。
(3)在电路中连入R0的目的是______。
(4)为了保证电路安全，还需要对电阻丝R1接入电路的范围进行限制，其允许接入的阻值范围是______Ω，该拉力计能够测量的最大拉力是______ N。
(5)在不改变电表的条件下，要增大电子拉力计测量范围，以下调整方案可行的是______。
A.增大电源电压
B.减小电阻R0的阻值
C.在电路中再串联一个电阻
(6)在图丙所示的电流表盘上标出拉力为400N时指针的位置。
(7)小红同学设计了将电压表改装电子拉力计的电路，如图丁所示，弹簧伸长的长度ΔL与所受拉力F的关系如图乙所示，已知电源电压为U，定值电阻的阻值为R0，ab是长为L1的均匀电阻丝，阻值为R1，此方案中的电压表示数Ux与被测拉力F之间的关系式：Ux=______V(用U、R0、R1、L1和F表示)。
五、计算题：本大题共2小题，共13分。
16.2023年9月23日，第19届亚运会开幕式在中国杭州举行。此次亚运会首次使用废碳再生的绿色零碳甲醇作为主火炬燃料，实现循环内的零排放，助力打造首届碳中和亚运会。已知水的比热容是4.2×103J/(kg⋅℃)，甲醇的热值取2.1×107J/kg，现有8kg的甲醇完全燃烧，求：
(1)放出多少热量？
(2)若这些热量的60%被水吸收，可以使2t水的温度上升多少？
17.图甲是一款多功能电煮锅，图乙为该电煮锅简化电路图，其中开关S2可以断开、接A或接B，R1和R2都是用于加热的纯电阻，电煮锅的部分参数如下表所示。(R1和R2的电阻值不随温度变化而变化)
(1)电煮锅处于中温挡正常工作时，求电路中的电流大小？
(2)高温挡的功率P高是多少？
(3)为了在户外露营时能使用电煮锅来烫火锅，可以采用能够存储2.2kW⋅h的移动电源对其进行供电，使用充满电的移动电源使电煮锅在中温挡正常工作15min把水烧开后，若调至低温挡进行保温，还可以正常工作多长时间？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、一节新的干电池电压为1.5V，故A不符合实际；
B、因为长1m、横截面积为1mm2的铜导线电阻为0.017Ω，而实验用的导线一般不到0.3m，其电阻很小，一般我们是将其阻值忽略，故B不符合实际；
C、教室内照明灯工作时的电流约为0.1A，故C符合实际；
D、家用空调器的工作电压为220V，功率一般为1000W左右，故D符合实际。
故选：D。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
本题考查了对常见物理量的了解，属于基础题。
2.【答案】C
【解析】解：A、往水火箭里打气，对气体做功，机械能转化为内能，相当于内燃机的压缩冲程，故A正确；
B、水从水火箭中喷出，是里面的气体对外做功，相当于内燃机的做功冲程，故B正确；
C、发射时，火箭的动能是由瓶内高压气体的内能转化来的，故C错误；
D、根据能量守恒定律可知，在整个过程中，能量总量是保持不变的，故D正确。
故选：C。
气体膨胀对外做功，将内能转化为机械能；内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能，压缩冲程中，机械能转化为内能；在能量的转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
本题考查了内燃机的工作过程、能量的转化、能量守恒定律，属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A.塑料丝带电是因为与毛皮摩擦后电子发生转移而带电，不是创造了电荷，故A错误；
B.塑料丝呈“章鱼”状的原因是因为各个细丝带同种电荷而相互排斥，验电器工作原理是同种电荷相互排斥，原理相同，故B正确；
C.塑料丝能悬在PVC管上方，说明的相互排斥关系，因而是因为他们带上了同种电荷，故C错误；
D.用手触摸“章鱼”后，人体将电荷导走，“章鱼”成了不带电的轻小物体，“章鱼”吸在PVC管上是因为带电体能吸引轻小物体，故D错误。
故选：B。
(1)摩擦起电的实质是电荷(电子)的转移；
(2)电荷间的作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，带电体能吸引轻小物体，验电器根据同种电荷相互排斥原理工作的。
本题考查摩擦起电的实质，电荷的作用规律和带电体的性质，属于中档题。
4.【答案】C
【解析】解：A、由题意知，电压表指针右偏，说明与电压表正接线柱连接的是电源的正极，即金属B是电源的正极，故A错误；
B、“伏打电堆”是将化学能转化为电能的装置，故B错误；
C、闭合开关，若小灯泡断路，电压表仍可以接在电源的两极上，所以有示数，故C正确；
D、A、B两金属间的电压是始终存在的，与电路是否接通无关，故D错误。
故选：C。
根据电压表的偏转情况，可判断电源的正负极；电压表是否有示数，要看两个接线柱是否能与电源的两极连接；“伏打电堆”是将化学能转化为电能的装置。
本题考查了对“伏打电堆”的了解，对电压表使用的理解等，属基础题，难度不大。
5.【答案】C
【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，电压表测量的是盐水气球两端的电压；
当用手向相反的方向拉扯连接气球的导线，气球变长变细，即长度增加，横截面积减小，故盐水气球的电阻变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流减小；
盐水气球的电阻变大，根据串联电路的分压规律可知，其两端的电压变大，即电压表示数变大；电压表与电流表示数的比值为盐水气球的电阻，电阻变大，比值变大；
电路中的电流减小，根据P=I2R可知，灯泡的功率变小，亮度变暗；
电源电压不变，根据P=UI可知，电路的总功率变小。
综上所述，C正确。
故选：C。
电阻的大小与下面的因素有关：相同横截面积、同种材料的导体，长度越长，电阻越大；相同长度、同种材料的导体，横截面积越小，电阻越大；相同长度和横截面积的导体电阻还与组成材料有关；
首先判定电路的连接状态，然后根据盐水气球形状的变化判定电阻的变化，然后根据欧姆定律判定电流的变化、电压的变化，根据功率公式判定灯泡亮度的变化。
本题考查了影响电阻大小的因素、欧姆定律的应用、功率公式的应用，明确盐水气球电阻的变化是解题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据W=Pt可知，正常发光时灯泡消耗的电能与通电时间有关，因此无法确定它们的大小关系，故A不符合题意；
B、乙灯的电阻R乙=U额2P乙=(220V)2100W=484Ω，将乙灯接入110V的电路中，它的实际功率P实=U实2R乙=(110V)2484Ω=25W，故B不符合题意；
C、已知两灯的额定电压相等，额定功率P甲R乙，因串联电路电流处处相等，由P=UI=I2R可知，甲灯的实际电功率大于乙灯泡的实际电功率，故甲比乙亮一些，故C错误；
D、将甲、乙两灯并联接在220V的电路中，两个灯泡都正常发光，实际功率等于额定功率，乙灯泡的实际功率较大，故乙灯比甲灯亮，故D正确。
故选：D。
(1)根据W=Pt可知，消耗的电能跟通电时间和功率同时有关；
(2)已知白炽灯的额定电压和额定功率，根据变形公式R=UR可知两灯泡电阻的大小关系，再根据影响电阻大小的因素分析甲、乙灯丝的粗细；
(3)先根据R=UR求出乙的电阻，然后根据P=U2R求出乙的实际功率；
(4)将两灯串联接在220V的电路中，灯泡的亮度取决于实际功率。
本题考查了电功和电功率公式的灵活运用，以及实际功率和额定功率之间的关系，综合性较强，涉及的知识点较多，难度较大。
7.【答案】B
【解析】解：A、已知电流I=20mA=0.02A，根据欧姆定律可知：测量的导线电阻R=UI=Ω；故A不正确；
B、已知输电线的电阻为0.01Ω/m，则测量的导线总长度L=75Ω0.01Ω/m=7500m=7.5km，故B正确；
C、短路的地点离甲地的距离s=12×L=12×7500m=3750m=3.75km，故C不正确；
D、检测电路消耗的电功率：P=UI=1.5V×0.02A=0.03W，由W=Pt可知消耗的电能W=0.03W×3×60s=5.4J，故D不正确。
故选：B。
(1)知道电压表和电流表的示数，利用欧姆定律求出连接短路位置到甲地的两段输电线的电阻值；
(2)已知1m导线的电阻值，然后让总电阻除以一米导线的电阻即可求出导线的长度；
(3)根据甲、乙两地之间的距离和测量的导线长度，确定出短路的地点离甲地的距离；
(4)根据P=UI求消耗的电功率，利用W=Pt求消耗的电能。
本题考查了学生对欧姆定律的掌握和运用，知道短路的地点离甲地的距离为导线总长度的一半是本题的关键。
8.【答案】变大 变小
【解析】解：教室的用电器是并联的，并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，即电阻越并越小、小于任何一个分电阻，当断开讲台前的灯和显示屏时，电路中的总电阻变大，根据P=U2R可知电路总功率变小。
故答案为：变大；变小。
教室的用电器是并联的，根据电阻的并联特点可知断开讲台前的灯和显示屏时电路中总电阻的变化，根据P=U2R可知电路总功率的变化。
本题考查了家庭电路各用电器的连接方式、电阻的并联和电功率的应用，是一道较为简单的题目。
9.【答案】一样多 乙多 甲 甲
【解析】解：(1)用两个电热水壶，在相同气压下将质量和初温相同的水烧开，水的质量、比热容和升高的温度相同，根据Q吸=cmΔ可知，两壶水吸收热量的一样多；
(2)由图可知，甲热水壶的效率大于乙热水壶的效率，即：η甲>η乙；
两热水壶中水吸收的热量相同，且η甲>η乙，由η=Q吸W可得：W=Q吸η，由此可知：甲热水壶消耗电能小于乙热水壶消耗的电能；
(3)设水吸收的热量为Q，由图可知，电热水壶甲消耗的电能W甲=Q85%，乙消耗的电能W甲=Q80%，
所用时间之比：t甲t乙=5min6min=56，
根据P=Wt可知，两热水壶的实际电功率之比为：P甲P乙=W甲W乙×t乙t甲=Q85%Q80%×65=9685，故甲壶的实际电功率较大。
故答案为：一样多；乙多；甲；甲。
(1)用两个电热水壶，在相同气压下将质量和初温相同的水烧开，水的质量、比热容和升高的温度相同，根据Q吸=cmΔt判断两壶水吸收热量的大小关系；
(2)由图可知，两热水壶的效率大小；根据η=Q吸W判断两热水壶消耗电能的多少；已知加热时间，根据P=Wt判断两热水壶实际功率的大小。
本题考查电热综合在生活中的应用，能从图示中获取相关信息，正确应用公式作分析比较是解题的关键，难度较大。
10.【答案】导体 O 当工作的风机跌倒时，活动球能切断整个风机电路 冷 热 并 1.8660
【解析】解：(1)由图甲可知，风机正立时，活动球能使电路接通，说明活动球应使用导体材料制作，风机跌倒时，活动球会切断整个电路，说明跌倒开关应接在干路上，即安装在O处；
(2)风机正立时，只闭合S1，由图乙可知，此电路为电动机的简单电路，电动机工作，发热丝不工作，风机吹出的是冷风，若将开关S1、S2都闭合，电动机和发热丝并联，风机吹出的是热风；
(3)由图乙可知，风机正立时，只闭合S1，只有电动机工作，此时插头处的电流即为通过电动机的电流，开关S1、S2都闭合，电动机和发热丝并联，插头处的电流即为干路电流，此时通过电动机的电流不变，则通过电热丝的电流为：I丝=I−IM=3A−1.2A=1.8A，
此时电路消耗的总功率为：P=UI=220V×3A=660W。
故答案为：(1)导体；O；当工作的风机跌倒时，活动球能切断整个风机电路；(2)冷；热；并；(3)1.8；660。
(1)根据风机正立时，铜球能使电路接通，可确定活动球的材料制作；根据题意可知，冷暖风机都装有跌倒开关S(如图甲所示)。当工作的风机跌倒时，活动球能切断整个风机电路，即该开关接在干路中，据此分析；
(2)由图乙确定风机正立时，若只闭合开关S1和开关S1、S2都闭合时电路的连接方式；
(3)并联电路电流等于各个支路电流之和，据此分析风机正立时，开关S1、S2均闭合时通过发热丝的电流，再根据P=UI求出此时电路消耗的总功率。
本题考查了开关的作用、电路的分析及并联电路中的电流规律，明确跌停开关的位置是解题的关键。
11.【答案】解：开关S闭合时，要使两个灯泡都能发光，应使灯泡并联，则此时a必须是电压表，b必须是电流表，如图所示：

【解析】电流表测电路电流时应串联在电路中，可近似看成一根导线；电压表测电压时应并联在被测电路两端，可近似看成开路状态；根据题目的要求分别把电流表或电压表放在图中进行分析解答。
本题考查电路图的分析，关键是明白电路中各个用电器的连接方式，明白电压表要并联使用和电流表要串联使用。
12.【答案】解：电位器应与灯泡串联接入电路中；旋钮带动滑片顺时针转动时，灯泡变亮，说明电路中的电流变大，电路的总电阻应变小，电位器(滑动变阻器)接入电路中的电阻应变小，由图可知，应将b和c两接线柱接入电路，如图所示：

【解析】电位器的实质是滑动变阻器，滑动变阻器依靠改变电阻线的长度来改变电阻大小；灯泡变亮，说明通过灯泡的电流变大，电路中的总电阻变小，电位器接入电路的电阻变小，据此分析。
本题考查了变阻器的原理与连接方法，是一道较为简单的应用题。
13.【答案】D1.8B温度 8.3灯泡的实际功率 2 不动 U额R0U0
【解析】解：(1)滑动变阻器选用“一上一下”两个接线柱串联接入电路，且变阻器的滑片P向右移动时电流表的示数变大，根据欧姆定律可知电路总电阻变小，则滑动变阻器接入电路的阻值变小，故应将滑动变阻器的右下接线柱与电源的负极接线柱相连，如图：
(2)实验过程中，小明发现小灯泡不发光，两表均无示数，则电路可能断路，而电压表并联以外电路断路，电路出现的故障是滑动变阻器断路，故选：D；
(3)电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为1.8V；小灯泡的额定电压为2.5V，若要测得小灯泡正常发光时的电阻，应让灯泡两端的电压变大，让滑动变阻器两端的电压变小，根据串联分压特点可知，滑动变阻器接入电路的阻值应变小，滑片P应向B端移动；
(4)根据欧姆定律可知小灯泡正常发光时的电阻为：
R=UI=≈8.3Ω；分析图丙还发现灯泡电阻是变化的，其原因是灯丝的电阻受温度的影响。
阴影部分是电流与电压的乘积，可表示电功率；
(5)①闭合开关S，将开关S1拨至“1”，调节滑动变阻器的滑片直至电压表示数为2V，此时小灯泡正常发光；
②保持滑动变阻器的滑片不动，将开关S1拨至“2”，此时滑动变阻器、R0和小灯泡L串联，电压表测R0两端的电压，读出电压表示数U0，此时电路中的电流为
I=U0I0；
③小灯泡正常发光时灯丝电阻的表达式为
；
故答案为：(1)见解答图；(2)D；(3)1.8；B；(4)温度；8.3；灯泡的实际功率；。
(1)滑动变阻器选用“一上一下”两个接线柱串联接入电路，且变阻器的滑片P向右移动时电流表的示数变大，根据欧姆定律可知电路总电阻变小，则滑动变阻器接入电路的阻值变小，故应将滑动变阻器的右下接线柱与电源的负极接线柱相连；
(2)实验过程中，小灯泡不发光，观察电流表和电压表，发现电流表几乎无示数，则电路可能断路，而电压表无示数说明电压表并联电路以外的电路断路；
(3)电压表选用小量程，分度值为0.1V，据此得出电压表的示数；小灯泡的额定电压为2.5V，若要测得小灯泡正常发光时的电阻，应让灯泡两端的电压变大，让滑动变阻器两端的电压变小，根据串联分压特点可知，滑动变阻器接入电路的阻值应变小，进而得出滑片P的移动方向；
(4)由图象可知，小灯泡正常发光时，通过灯泡的电流，根据欧姆定律可知小灯泡正常发光时的电阻，灯丝的电阻随温度的变化而变化。根据欧姆定律R=UI求出小灯泡的电阻；根据P=UI得出小灯泡正常工作时的电功率；
(5)小灯泡正常发光时，读出定值电阻两端的电压，根据串联电路电流处处相等，求出此时电路中的电流，根据欧姆定律求出小灯泡正常发光时的电阻。
本题为测量小灯泡正常发光时的电阻的实验，考查电路连接、实验原理、故障分析、电阻和电功率的计算等知识。
14.【答案】温度计示数升高的多少 电流 时间 电阻 相等 等于 大于
【解析】解：(1)电流通过导体产生的热量不易直接观察，本实验中通过温度计示数升高的多少来反映电流产生热量的多少；
由图可知，此时两电阻丝串联，所以电流相同，通电时间也相同，两电阻丝的阻值分别为R甲、R乙，故该装置可以探究电流通过电阻产生的热量和电阻的关系；
(2)探究“不同物质的吸热能力”的实验，应在甲、乙两瓶内换用质量、初温都相同的不同液体，并使甲、乙两烧瓶中电阻丝的阻值相等，即电阻丝的阻值R甲=R乙时，相同时间内两电阻丝上产生的热量相同；
观察到乙瓶内温度计b的示数大于a的示数，即Δta>Δtb，根据Q=cmΔt可知，甲液体的比热容大于乙液体的比热容。
故答案为：(1)温度计示数升高的多少；电流；电阻；
(2)相等；等于；大于。
(1)电流产生的热量不能用眼睛直接观察，通过温度计示数的变化显示电流产生热量的多少。
电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。探究电流产生的热量跟电流大小关系时，控制电阻和通电时间不变；探究电流产生的热量跟电阻的关系时，控制电流和通电时间不变；探究电流产生的热量跟通电时间的关系时，控制电流和电阻不变。
(2)根据控制变量法的要求控制不同液体的质量与电阻丝阻值相同；相同质量的不同物质吸收相等的热量，温度升高越快，吸热能力越弱，比热容越小。
掌握电流产生热量多少的影响因素，利用控制变量法和转换法探究电流产生热量多少和各影响因素之间的关系。
15.【答案】电阻 0.15保护电路的作用 5∼35600CUR1F100L1(R1+R0)
【解析】解：(1)由图甲知，电流表、R1、R0串联在电路中，当拉力大小变化时，滑片P的位置变化，R1连入电路的阻值变化，电路的总电阻变化，电源电压一定，由欧姆定律可知，电路中电流的变化；
(2)由题知，当不拉拉环时，金属滑片P刚好处于a端，此时R1连入电路的阻值为其最大值，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电路中电流：
I=UR0+R1=6V5Ω+35Ω=0.15A；
(3)在电路中连入R0的目的是防止电流过大而烧坏电流表，即起到保护电路的作用；
(4)由电流表的量程知，电路中的最大电流为0.6A，
此时电路中总阻值的最小：R0+R1最小=UI最大=6V0.6A=10Ω，
则：R1最小=10Ω−R0=10Ω−5Ω=5Ω，
所以电阻丝R1允许接入的阻值范围是5Ω∼35Ω；
R1接入电路中电阻最小时，接入电路的长度最小为：L最小=5Ω35Ω×7cm=1cm，
则弹簧的最大伸长量为：ΔL最大=7cm−1cm=6cm，
由图乙知，ΔL与F成正比，所以ΔL=kF，且当ΔL=6cm时，F=600N，
所以6cm=k×600N，k=0.01cm/N，故ΔL=0.01cm/N⋅F
所以拉力计能够测量的最大拉力：F最大=ΔL最大0.01cm/N=6cm0.01cm/N=600N；
(5)由ΔL=0.01cm/N⋅F知，要增大电子拉力计测量范围，即增大F值，保证电路安全前提下，应增大ΔL的值，则需减小电阻丝R1连入电路的阻值，
电路的最大一定，电路的总电阻R=UI最大，则R1=R−R0=UI最大−R0，
A.I最大和R0一定，若增大电源电压，则电阻丝R1连入电路的电阻增大，不合题意；
B.I最大和电源电压U一定，若减小电阻R0的阻值则电阻丝R1连入电路的电阻增大，不合题意；
C.I最大和电源电压U一定，电路的总电阻一定，若在电路中再串联一个电阻，则可减小电阻丝R1连入电路的阻值，符合题意；
(6)由图象知，当拉力为F=400N时，ΔL=4cm，
R1连入电路的长度：L=7cm−ΔL=7cm−4cm=3cm，
R1连入电路的阻值：R1′=3cm7cm×35Ω=15Ω，
电路中的电流I′=UR0+R′=6V5Ω+15Ω=0.3A，
拉力为400N时指针的位置，如图所示：
；
(7)由图丙知，R1的最大值与R0串联在电路中，电压表测R1的左侧aP部分两端电压，
在拉力F作用下，RaP=ΔLL1⋅R1=0.01cm/N⋅FL1⋅R1，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电压表示数：
Ux=UR0+R1⋅RaP=UR0+R1⋅0.01cm/N⋅FL1⋅R1=UR1F100L1(R1+R0)。
故答案为：(1)电阻；(2)0.15；(3)保护电路；(4)5∼35；600；(5)C；(6)见右图；(7)UR1F100L1(R1+R0)。
(1)由图甲知，电流表、R1、R0串联在电路中，据此分析拉力变化时，电路中电流变化的原因；
(2)当不拉拉环时，金属滑片P刚好处于a端，根据串联电路特点和欧姆定律计算电路中的电流；
(3)根据串联电路的特点可分析R0的作用；
(4)由电流量程确定电路中的最大电流，根据串联电路特点和欧姆定律计算R1接入电路的最小值，从而得到其接入电路阻值范围；
当电流表指针指在0.6A处时，利用欧姆定律求出变阻器接入电路的电阻值，进而求出电阻丝接入电路的长度，即可得到弹簧的伸长量，可由图象求出ΔL与F的关系式，从而计算出拉力计能测量的最大拉力；
(5)由ΔL与F的关系式可知，要增大电子拉力计测量范围，在保证电路安全的前提下应增大ΔL的值，此时根据串联电路和欧姆定律分析判断；
(6)由图象读出拉力为400N时，弹簧的伸长量，计算出R1连入电路的阻值、电路中的电流，再标出电流指针的位置；
(7)由图丙知，R1的最大值与R0串联在电路中，电压表测R1的左侧aP部分两端电压，根据串联电路特点和欧姆定律表示出电压表示数，确定弹簧伸长的长度ΔL与L1的关系，结合ΔL与F的关系式表示出电压表示数Ux与被测拉力F之间的关系式。
本题是力电综合题，关键要明确它们之间的联系：电阻丝的长度，搞清电路的连接关系，了解滑片在不同位置时电路所处的状态，并转化成拉力所对应的示数是本题的解题关键。
16.【答案】解：(1)甲醇完全燃烧放出的热量：Q放=m1q1=8kg×2.1×107J/kg=1.68×108J；
(2)水吸收的热量：Q吸=ηQ放=60%×1.68×108J=1.008×108J
由Q吸=cmΔt可得，水升高的温度：
Δt=Q吸cm=1.008×108J4.2×103J/(kg⋅℃)×2000kg=12℃。
答：(1)能放出的热量为1.68×108J；
(2)可以使2t水的温度上升12℃。
【解析】(1)根据Q放=mq求出8kg的甲醇完全燃烧放出的热量；
(2)由题知，Q吸=ηQ放，根据Q吸=cmΔt的变形式求出水升高温度。
本题考查了学生对燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大。
17.【答案】解：由P=U2R可知当开关S1断开，S2接A时，此时电路为串联电路，电路中的总电阻为两个电阻之和，总阻值最大，此时功率最小，为低温挡；当开关S1闭合，S2接A时，此时R2被短路，电路中只有R1一个电阻，此时为中温挡；当开关S1闭合，S2接B时，此时电路为并联电路，根据并联电路电阻规律可知，此时电路总电阻最小，功率最大，为高温挡。
(1)由P=UI可得，电煮锅处于中温挡工作时，电路中的电流大小：I中=P中U=1100W220V=5A；
(2)由题可得R1的阻值：R1=UI中=220V5A=44Ω，
当开关S1断开，S2接A时，此时电路为串联电路，电路中的总电阻为两个电阻之和，总阻值最大，此时功率最小，为低温挡；
此时电路的总电阻：R总=U2P低=(220V)2550W=88Ω，
根据串联电路电阻规律可知：R2=R总−R1=88Ω−44Ω=44Ω，
由R2=R1=44Ω可知，高温挡的功率：P高=P1+P2=1100W+1100W=2200W；
(3)电煮锅在中温挡工作15min消耗的电能：W1=P高t=1100W×15×60s=0.99×106J，
剩余的电能：W2=W−W1=2.2×3.6×106J−0.99×106J=6.93×106J，
由W=Pt可得，在低温挡工作的时间：t=W2P低=6.93×106J550W=12600s。
答：(1)电煮锅处于中温挡工作时电路中的电流为5A；
(2)高温挡的功率为2200W；
(3)这个充满电的户外电源能够使电煮锅在中温挡工作15min把水烧开后，还能继续在低温挡工作12600s。
【解析】(1)电煮锅处于中温挡工作时，根据P=UI求出电路中的电流；
(2)由图知，当开关S1闭合、S2接B时，R1与R2并联，电路中的总电阻最小，电路的总功率最大，电煮锅处于高温挡；当开关S1闭合、S2接A时，R2被短路，电路为R1的简单电路，电煮锅处于中温挡，根据欧姆定律求出R1的阻值，再根据P=UI=U2R求出电煮锅处于低温挡时电路的总电阻，利用电阻的串联求出R2的阻值；
根据并联电路的电功率特点求出高温挡的功率；
(3)根据W=Pt求出电煮锅中温挡15min消耗的电能，再由W=Pt可得剩余的电能在低温挡工作的时间。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确得出电煮锅处于不同状态时电路的连接方式是关键。物理量
甲
乙
电热水壶的热效率η(η=Q吸W电×100%)
▅水吸收的热量□其他能量
用时t(min)
5
6
项目
额定电压(V)
低温挡功率(W)
中温挡功率(W)
高温挡功率
参数
220
550
1100
P高