2022-2022学年湖北省武汉二十五中九年级（上）期中物理试卷一.选择题（共十二题，每小题三分共计36分）1．下列说法正确的是()A．“早梅发高树，迥映楚天碧．朔吹飘夜香，繁露滋晚白”．说明分子在不停地做无规则运动B．“破镜难重圆”是因为固体分子间只存在着斥力C．在空调房间吸烟时，会看到烟雾在空中弥漫，这是分子的无规则运动D．原子核内质子所带的正电荷数和核外电子所带的负电荷数相等，所以平常物体不带电2．关于物体的内能，下列说法正确的是()A．温度相等的1kg和100g的水内能相同B．物体内能增加，一定要从外界吸收热量C．温度为0℃的物体没有内能D．在相同物态下，同一物体温度降低，它的内能会减少3．如图所示，在烧瓶内盛少量水，给瓶内打气，当瓶塞跳起来时，可以看到瓶内出现白雾．下列解释正确的是()A．通过打气筒压缩瓶内空气做功，空气内能增大，瓶底的水汽化成白雾B．瓶内的空气对瓶塞做功，空气内能增大，瓶底的水汽化成白雾C．瓶内的空气对瓶塞做功，空气内能减小，空气液化成白雾D．瓶内的空气膨胀对外做功，空气内能减小，空气中的水蒸气液化成白雾4．架设两套完全相同的（如图甲所示）加热装置，两套装置的试管中分别装有少量的相等质量的M固体和N固体，M、N在相同时间内吸收相同的热量，它们的加热时间﹣温度曲线如图乙所示，N物质始终是固体，则下列说法不正确的是()A．这种加热方法一般称为“水浴法”优点是被加热物质受热经较均匀，缺点是加热温度一般不会超过100℃B．由图乙知，固态的M的比热容一定大于固态N的比热容20\nC．由图乙知，实验时的气压约为一标准大气压D．由图乙知，M肯定是晶体，N也有可能晶体5．下列关于导体和绝缘体的说法中错误的是()A．容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体B．金属能导电的原因是因为金属里面有自由的电子C．绝缘体也能带电D．绝缘体不能导电的原因是因为绝缘体内没有电子6．用电流表测量通过灯L2的电流，下面四个电路中正确的是()A．B．C．D．7．如果要改变某一导体的电阻，下列方法无效的是()A．改变导体的长度B．改变导体的横截面积C．改变导体两端的电压D．改变导体的材料8．在如图甲所示电路中，当闭合开关后，两个电压表指针偏转均为图乙所示，则电灯L1和L2两端的电压分别为()A．7.2V1.8VB．9V1.8VC．1.8V7.2VD．9V7.2V9．如图所示，在测量小灯泡的电阻的实验中，当闭合开关S时，发现灯泡L不亮，电流表和电压表都有较小的偏转，则灯泡不亮的原因是()A．变阻器R的阻值太大B．灯泡L断路C．灯泡L被短接D．开关S被短接10．洋洋设计了一个自动测高仪，给出了四个电路，如图所示，R是定值电阻，R′是滑动变阻器，其中能够实现身高越低，电压表示数越大的电路是()20\nA．B．C．D．11．如图所示的电路中，电源两端的电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移，下列说法正确的是()A．电压表Vl与电压表V2的示数之和保持不变B．电压表V2与电流表A的示数之比保持不变C．电流表A的示数变小，电压表Vl的示数变大D．电流表A的示数变小．电压表V2的示数变大12．如图所示电路中，当开关S闭合，甲乙两表是电压表时，两表的示数之比为U甲：U乙=3：1；当开关S断开，甲乙两表是电流表时，则两表的示数之比I甲：I乙为()A．2：1B．3：1C．1：3D．2：3二、非选择题（共8小题，满分34分）13．如图为我市某中学生在物理课外活动中制作的小船．它是利用燃烧的蜡烛加热易拉罐中的水来推动其前进的．易拉罐中的水是通过__________来增大内能的，当水__________时产生大量的蒸汽从小孔中冲出，小船就能够向前运动，小船就能够向前运动，此时__________能转化为__________能．20\n14．如图甲所示的电路中，电压表所用的量程不明，当电路闭合后，V1和V2的示数分别如图乙所示，则电压表V1用的量程是__________V，电压表V2用的量程是__________V，小灯泡L1上的电压U1=__________V．15．如图，电源电压保持不变，电阻R1=R2=R3=10Ω．要使R2、R3并联，应闭合开关__________，此时电流表的示数为I1；要使R1、R2串联，开关S1、S2应__________（填“断开“或“闭合“），此时电流表的示数为I2；则I1：I2=__________．16．如图，已知R1R2电阻值相等，R3的阻值为20Ω，A1的示数为0.2A，A2示数为0.5A．则通过R3的电流为__________A；R1的电阻值为__________Ω；电源电压为__________V．17．如图甲所示，某同学在两只相同的烧杯里装入水和食用油，比较它们吸热的情况．（1）为了便于比较，实验中要求在两烧杯中放入__________的电加热器．（2）实验结果表明：不同物质，在__________、__________时，吸收的热量不同、（3）图乙是该同学根据实验数据绘制的图象，则a物质是__________，其比热容是__________J/（kg•℃）．20\n18．小明探究“通过导体的电流与电压的关系”时，电路图如图（甲）所示．电源电压不变，R1为值电阻，电流表A选用0～0.6A量程，电压表V1选用为0～3V量程，电压表V2选用为0～15V量程，滑动变阻器R2上标有“50Ω1A”的字样．（1）请根据电路图甲用笔画线代替导线连接实物图乙．（2）闭合开关S，发现电流表A与电压表V1的示数为零，电压表V2的示数不为零，则电路存在的故障__________．（3）排除故障后，继续进行实验，记录电流表A与电压表V1的示数，得到一组实验数据，如表所示．实验序号12345电压表V1的示数（V）1.61.82.02.22.4电流表A的示数（A）0.160.180.200.220.24分析表中实验数据可得结论：__________．（4）实验中，记录电流表A与电压表V2的示数，得到几组实验数据，根据实验数据作出如图丙的图线，如图所示，则电源电压是__________V．在保证实验器材安全的前提下，滑动变阻器接入电路的阻值不得小于__________Ω．电路中允许通过的最大电流是__________A．19．一种电工工具由一个小灯泡L和一个定值电阻R并联而成，通过L、R的电流跟其两端电压的关系如图所示．由图可知：定值电阻R的阻值为__________Ω，当电压增大时，L的阻值__________，产生这一现象的原因是__________；当把这个工具接在电压为2V的电路两端，该电工工具的工作电流是__________A，此时L的阻值为__________．20．有一款太阳能热水器，铭牌上的部分参数如下表所示，将它安装在阳光充足的水平台面，并注满水．型号JL一88水容量/L80自身质量/kg40（1）若它的底部支架与水平台面的接触面积为0.3m2，求它对台面的压力和压强（取g=10N/kg）．（2）某城市（晴天）平均每平方米的面积上，每小时接收的太阳能约为2.8×106J，若该热水器接受太阳能的有效面积为1.5m220\n，每天日照时间按8h计算，则它一天中接收的太阳能（E）约为多少？若这些太阳能有60%被热水器中的水吸收，则可使水温升高多少？（C水=4.2×103（J/kg・℃），在标准大气压下，该城市水的原来温度不超过32℃）20\n2022-2022学年湖北省武汉二十五中九年级（上）期中物理试卷一.选择题（共十二题，每小题三分共计36分）1．下列说法正确的是()A．“早梅发高树，迥映楚天碧．朔吹飘夜香，繁露滋晚白”．说明分子在不停地做无规则运动B．“破镜难重圆”是因为固体分子间只存在着斥力C．在空调房间吸烟时，会看到烟雾在空中弥漫，这是分子的无规则运动D．原子核内质子所带的正电荷数和核外电子所带的负电荷数相等，所以平常物体不带电【考点】分子的运动；分子间的作用力；原子结构、元电荷与带电情况．【专题】应用题；定性思想；分子热运动、内能；电流和电路．【分析】物质是由分子组成的，一切物质的分子都在不停地做无规则的运动，分子间存在相互作有物引力的斥力；原子中质子带正电，电子带负电，原子核对外不显电性．【解答】解：A、诗句中“朔吹飘夜香”是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故A正确；B、“破镜难重圆”是因为分子间的距离太远，分子作用力无法发挥作用，故B错误；C、看到烟雾在空中弥漫是固体小颗粒的运动，分子运动是看不见的，故C错误；D、原子核内质子所带的正电荷数和核外电子所带的负电荷数相等，所以平常物体不带电，故D正确．故选AD．【点评】本题主要考查了分子动理论的相关观点的运用，扩散现象的辨别，以及原子结构的分析等，有一定综合性，但难度不大．2．关于物体的内能，下列说法正确的是()A．温度相等的1kg和100g的水内能相同B．物体内能增加，一定要从外界吸收热量C．温度为0℃的物体没有内能D．在相同物态下，同一物体温度降低，它的内能会减少【考点】温度、热量与内能的关系．【专题】分子热运动、内能．【分析】任何物体在任何温度下都具有内能，内能与物体的质量、温度、状态等因素有关．【解答】解：A、水的内能不仅与温度有关，还和水的质量有关；故温度相等的1kg水和100g水的内能不同；故A错误；B、改变内能的方法有两种，做功和热传递；物体内能增加，可能是从外界吸收热量，也可能外界对它做功；故B错误；C、一切物体都有内能，故C错误；D、物体的内能与温度有关；同一物体温度升高时，内能增加，温度降低时，内能将减小；故D正确．故选D．【点评】此题考查了物体内能方面的知识，包括内能的概念、改变内能的方法（做功、热传递）等；温度影响物体的内能，运用所学的内能方面知识可解决此题．20\n3．如图所示，在烧瓶内盛少量水，给瓶内打气，当瓶塞跳起来时，可以看到瓶内出现白雾．下列解释正确的是()A．通过打气筒压缩瓶内空气做功，空气内能增大，瓶底的水汽化成白雾B．瓶内的空气对瓶塞做功，空气内能增大，瓶底的水汽化成白雾C．瓶内的空气对瓶塞做功，空气内能减小，空气液化成白雾D．瓶内的空气膨胀对外做功，空气内能减小，空气中的水蒸气液化成白雾【考点】做功改变物体内能；液化及液化现象．【专题】分子热运动、内能．【分析】根据实验现象，结合以下知道进行解答：压缩气体做功时，气体内能增大，温度升高，当气体对外做功时，内能减少温度降低；物质由气态变成液态的过程称为液化．【解答】解：A、瓶底的水汽化会形成水蒸气，而白雾是水蒸气液化形成的，故A错误；B、瓶内的空气对瓶塞做功，空气内能会减小，而不是增大，故B错误；C、瓶内的空气对瓶塞做功，空气内能减小，水蒸气液化成白雾，而不是空气液化成白雾，故C错误；D、瓶内的空气膨胀对外做功，空气内能减小，空气中的水蒸气液化成白雾，故D正确．故选D．【点评】解决此题要结合改变物体的内能方式和液化现象进行分析解答．4．架设两套完全相同的（如图甲所示）加热装置，两套装置的试管中分别装有少量的相等质量的M固体和N固体，M、N在相同时间内吸收相同的热量，它们的加热时间﹣温度曲线如图乙所示，N物质始终是固体，则下列说法不正确的是()A．这种加热方法一般称为“水浴法”优点是被加热物质受热经较均匀，缺点是加热温度一般不会超过100℃B．由图乙知，固态的M的比热容一定大于固态N的比热容C．由图乙知，实验时的气压约为一标准大气压D．由图乙知，M肯定是晶体，N也有可能晶体【考点】比热容的概念；晶体和非晶体的区别．【专题】温度计、熔化和凝固；比热容、热机、热值．20\n【分析】（1）探究晶体和非晶体的熔化和凝固实验时，一般都采用水浴法，物体的温度变化比较均匀，并且变化比较慢，便于记录实验温度．（2）从图象中辨别晶体与非晶体主要看这种物质是否有一定的熔点，即有一段时间这种物质吸热，但温度不升高，而此时就是这种物质熔化的过程；（3）相同质量的不同物体，吸收相同的热量，温度变化越大，比热容越小．【解答】解：A、将装有萘的试管放入水中加热，这是水浴法，采用水浴法，温度变化比较均匀，并且变化比较慢，便于记录实验温度，缺点是加热温度一般不会超过100℃．故A说法正确，不符合题意；B、读图可知，相同质量的M与N吸收相同的热量，M温度变化较快，则M的比热容较小，故B说法错误，符合题意；C、由图知，M熔点为80℃，说明M是萘，当时气压为1标准大气压，故C正确，不符合题意；D、M有一段这种物质吸热，但温度不再升高，说明此时物质达到了熔点，正在熔化，因此这种物质属于晶体；N在一段时间内，温度升高，从25min到35min到达100℃温度不再变化，不能排除N不是晶体，故D说法正确，不符合题意；故选B．【点评】读物质熔化的图象时，关键是要从曲线变化中判断物质是否有一定的熔点，从而确定是否属于晶体，再明确不同时间段时物质所处的状态．5．下列关于导体和绝缘体的说法中错误的是()A．容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体B．金属能导电的原因是因为金属里面有自由的电子C．绝缘体也能带电D．绝缘体不能导电的原因是因为绝缘体内没有电子【考点】导体；绝缘体．【专题】电流和电路．【分析】容易导电的物体是导体，不容易导电的物体是绝缘体，导体导电是因为导体内部有大量的自由电荷，绝缘体不导电是因为绝缘体内部几乎没有自由电荷．【解答】解：A、根据定义可知，容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体，故A正确，不符合题意；B、金属是导体是由于金属里面有大量的自由电子，故B正确，不符合题意；C、利用毛皮摩擦过的橡胶棒（绝缘体）带负电，故C正确，不符合题意；D、绝缘体不能导电的原因是因为绝缘体内部几乎没有自由电荷，电子并不少，故D错误，符合题意．故选D．【点评】本题考查了导体和绝缘体的概念及导体导电和绝缘体不导电的原因，注意，绝缘体不容易导电，但能带电．6．用电流表测量通过灯L2的电流，下面四个电路中正确的是()20\nA．B．C．D．【考点】电流表的使用．【专题】电流和电路．【分析】流表的正确使用方法：①电流表要与待测用电器串联在电路中；②电流要从“+”接线柱入，从“﹣”接线柱出；根据串并联的特点以及电流表的正确使用方法进行分析．【解答】解：A、两灯并联，电流表与L1串联，测的是L1的电流，并且正负接线柱接反了，故A不符合题意；B、两灯并联，电流表与L2串联，测的是L2的电流，并且正负接线柱接法正确，故B符合题意；C、两灯并联，电流表与L1串联，测的是L1的电流，故C不符合题意；D、两灯并联，电流表在干路上了，测的是干路的电流，故D不符合题意．故选B．【点评】本题考查了电流表的使用，电流表要测量哪个电灯的电流就要与哪个电灯串联，并且正负接线柱要接正确．7．如果要改变某一导体的电阻，下列方法无效的是()A．改变导体的长度B．改变导体的横截面积C．改变导体两端的电压D．改变导体的材料【考点】影响电阻大小的因素．【专题】电压和电阻．【分析】导体电阻的大小是导体本身的一种性质，其与导体的长度和横截面积、材料和温度有关．与导体两端的电压的大小和通过导体的电流的大小无关，且导体越长，电阻越大；导体的横截面积越小，电阻越大．一般情况下，导体的温度越高，导体的电阻就越大．【解答】解：A、改变导体的长度可以改变导体的电阻，故不符合题意；B、改变导体的横截面积可以改变导体的电阻，故不符合题意；C、改变导体两端的电压不能改变导体的电阻值，故该选项符合题意；D、改变导体的材料也可以改变导体的电阻，故不符合题意．故选C．【点评】理解电阻是导体本身的一种性质，其大小只取决于本身的材料、长度、横截面积和温度是解决此题的关键．8．在如图甲所示电路中，当闭合开关后，两个电压表指针偏转均为图乙所示，则电灯L1和L2两端的电压分别为()20\nA．7.2V1.8VB．9V1.8VC．1.8V7.2VD．9V7.2V【考点】串联电路的电压规律；电压表的读数方法．【专题】图析法．【分析】首先电压表的连接判断出示数的大小，再根据指针读出示数，即可利用串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和的特点求出L1和L2两端的电压．【解答】解：（1）由题中的图可知：上面电压表测的是电源电压；下面的电压表测的是L1两端的电压．即上面电压表的示数应大于下面电压表的示数；（2）上面电压表应选的量程是0～15V，其分度值是0.5V，读数为9V，即电源电压为9V；下面电压表选的量程是0～3V，其分度值是0.1V，读数为1.8V，即L1两端的电压为1.8V；所以，灯泡L2两端的电压为：U2=U﹣U1=9V﹣1.8V=7.2V；故选C．【点评】本题主要考查学生对：串联电路电压的规律，以及电压表的读数方法的了解和掌握，是一道基础题．9．如图所示，在测量小灯泡的电阻的实验中，当闭合开关S时，发现灯泡L不亮，电流表和电压表都有较小的偏转，则灯泡不亮的原因是()A．变阻器R的阻值太大B．灯泡L断路C．灯泡L被短接D．开关S被短接【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．【专题】欧姆定律．【分析】电流表指针稍有偏转，说明整个电路是通路，电压表指针几乎不动说明灯泡的电阻相对于整个电路的电阻来说很小，所以灯泡能够分得的电压很小，其原因是滑动变阻器连入电路阻值过大所致．【解答】解：A．滑动变阻器连入电路阻值过大，电路中电流很小，电压表示数很小，故A符合题意；B．灯泡L断路时，电路中无电流，电流表不偏转，故B不符合题意；C．灯泡L被短接时，电压表被短路，指针不偏转，故C不符合题意；D．开关S被短接时，对灯泡的亮暗没有影响，故D不符合题意．故选A．【点评】本题的解题关键是能够通过电流表、电压表示数的变化探寻电阻的大小特点．20\n10．洋洋设计了一个自动测高仪，给出了四个电路，如图所示，R是定值电阻，R′是滑动变阻器，其中能够实现身高越低，电压表示数越大的电路是()A．B．C．D．【考点】欧姆定律的应用．【专题】应用题；动态预测题；电路变化分析综合题．【分析】分析电路图，先确认R与R′的连接方式，再确定电压表测量的是哪个电阻两端的电压，最后根据滑动变阻器的变阻原理和串联电路的分压关系判断．【解答】解：A．电压表并联在电源两端测电源的电压，其示数不随滑片的移动而变化，故A不符合题意；B．电压表串联在电路中测电源的电压，其示数不随滑片的移动而变化，故B不符合题意；CD．电路中R与R′串联，当身高越低时，R′接入电路中的电阻越小，电路中的总电阻越小，由I=可知，电路中的电流越大，由U=IR可知，R两端的电压越大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源的电压不变，所以，R′两端的电压变小；C选项中电压表测R′两端的电压，身高越低时，其示数越小，故C不符合题意；D选项中电压表测R两端的电压，身高越低时，其示数越大，故D符合题意．故选D．【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的结构和电压表所测的电路元件是关键．11．如图所示的电路中，电源两端的电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移，下列说法正确的是()A．电压表Vl与电压表V2的示数之和保持不变B．电压表V2与电流表A的示数之比保持不变C．电流表A的示数变小，电压表Vl的示数变大D．电流表A的示数变小．电压表V2的示数变大20\n【考点】电路的动态分析；滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用．【专题】压轴题．【分析】先判断电路的连接方式和两个电压表分别是测量哪个电阻的电压后，由串联电路的特点分析．【解答】解：电阻R1和R2是串联，V1测总电压，即电源电压，V2测R2的电压，滑片向右移动时，电阻变大，电流变小，由串联电路的分压原理知，滑动变阻器上的电压增大，即电压表V2的示数变大，而电源电压是不变的，即V1示数不变．故选：D．【点评】本题利用了串联的分压原理求解：串联电路中的各用电器的电压之比等于电阻之比，当电阻变大时，所分的电压也变大，反之减小．12．如图所示电路中，当开关S闭合，甲乙两表是电压表时，两表的示数之比为U甲：U乙=3：1；当开关S断开，甲乙两表是电流表时，则两表的示数之比I甲：I乙为()A．2：1B．3：1C．1：3D．2：3【考点】欧姆定律的变形公式．【专题】电路和欧姆定律．【分析】当开关S闭合，甲乙两表是电压表时，两电阻串联，电压表甲测量电源电压；电压表乙测量R2两端的电压；当开关S断开，甲乙两表是电流表时，两电阻并联，电流表乙测量干路电流，电流表甲测量通过R2的电流．【解答】解：当开关S闭合，甲乙两表是电压表时，两电阻串联，所以R1两端的电压U1=IR1，R2两端的电压U乙=IR2；两表的示数之比为U甲：U乙=3：1，所以U1：U乙=2：1=IR1：IR2=R1：R2；当开关S断开，甲乙两表是电流表时，两电阻并联，I甲：I乙=：（+）=：（+）=：（+）=：=2：3．故选D．【点评】本题考查电路的动态分析，关键是明白电路断开与闭合时电路的连接情况，难点是电压表换电流表以后电路的连接情况．二、非选择题（共8小题，满分34分）13．如图为我市某中学生在物理课外活动中制作的小船．它是利用燃烧的蜡烛加热易拉罐中的水来推动其前进的．易拉罐中的水是通过热传递来增大内能的，当水汽化时产生大量的蒸汽从小孔中冲出，小船就能够向前运动，小船就能够向前运动，此时内能转化为机械能能．20\n【考点】热传递改变物体内能；内能的利用及其意义．【专题】分子热运动、内能．【分析】热传递都可以改变物体的内能，使水的温度升高，达到沸点时，水沸腾产生大量水蒸气．同时，小船是利用了力的作用是相互的原理来前进的．【解答】解：加热易拉罐中的水，是通过热传递来增大水的内能；当水汽化（沸腾）时产生大量的蒸汽，当蒸汽从小孔冲出时，小船就向前运动，这是利用了力的作用是相互的．这一过程中，蒸气的内能转化为机械能．故答案为：热传递；汽化；内；机械能．【点评】考查了自制小船的原理，包括热传递现象、能量的相互转化等知识点，将物理原理加以运用，值得我们关注．14．如图甲所示的电路中，电压表所用的量程不明，当电路闭合后，V1和V2的示数分别如图乙所示，则电压表V1用的量程是0～15V，电压表V2用的量程是0～3V，小灯泡L1上的电压U1=2.5V．【考点】串联电路的电压规律；电压表的读数方法．【专题】应用题；电压和电阻．【分析】（1）串联电路的电压规律是：U=U1+U2；（2）明确两电压表所测电路的电压；分析准确电压表所选的量程及对应的分度值．【解答】解：如图所示，两灯泡串联，电压表V1测总电压，电压表V2测L2两端的电压；∵串联电路的电压规律U=U1+U2，且V1的偏角小于V2的偏角，∴电压表V1使用的是大量程0～15V，分度值值为0.5V，示数U=5V；电压表V2使用的是小量程0～3V，分度值为0.1V，示数U2=2.5V；则L1两端电压为U1=U﹣U2=5V﹣2.5V=2.5V．故答案为：0～15；0～3；2.5．【点评】明确电压表所测的电压是哪部分电路两端的电压，分析准电压表的量程和对应的分度值以及利用好串联电路的电压规律是关键．15．如图，电源电压保持不变，电阻R1=R2=R3=10Ω．要使R2、R3并联，应闭合开关S1、S2，此时电流表的示数为I1；要使R1、R2串联，开关S1、S2应断开（填“断开“或“闭合“），此时电流表的示数为I2；则I1：I2=4：1．20\n【考点】串联电路和并联电路的辨别；欧姆定律的应用；电阻的串联；电阻的并联．【专题】等效替代法；比例法．【分析】本题主要考查三个方面的知识：（1）电路的基本连接形式有两种：一种是串联，在串联电路中电流只有一条路径，各用电器之间相互影响；另一种是并联，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．（2）电阻的串并联特点：串联电路的电阻越串越大（R=R1+R2）；并联电路的电阻越并越小（=）．（3）利用欧姆定律计算电流的大小：．【解答】解：如图所示，电流从电源的正极流出经过电流表后，要使电阻R2、R3并联，则电阻R2、R3中必须有电流通过，所以应闭合开关S1、S2（电阻R1处于短路状态）；当开关S1、S2断开，R3处于开路状态，电阻R1、R2串联；R2、R3并联时R===5Ω，电流I1=；R1、R2串联时，R′=10Ω+10Ω=20Ω，电流I2=；因此I1：I2==4：1．故答案为：S1、S2；断开；4：1．【点评】本题是一道关于电路组成、电阻的串并联以及欧姆定律的综合题，在解题时应先根据串、并联电路电阻的特点，分别表示出电流的大小，再计算电流的比值．16．如图，已知R1R2电阻值相等，R3的阻值为20Ω，A1的示数为0.2A，A2示数为0.5A．则通过R3的电流为0.4A；R1的电阻值为80Ω；电源电压为8V．【考点】欧姆定律的应用．【专题】应用题；电路和欧姆定律．【分析】由电路图可知，三电阻并联，电流表A1测R1和R2支路的电流之和，电流表A2测R2和R3支路的电流之和；R1R220\n电阻值相等，根据并联电路的电压特点和欧姆定律可知通过它们的电流相等，根据并联电路的电流特点表示出两电流表的示数即可求出通过三电阻的电流，根据欧姆定律求出电源的电压，再根据欧姆定律求出R1的电阻值．【解答】解：由电路图可知，三电阻并联，电流表A1测R1和R2支路的电流之和，电流表A2测R2和R3支路的电流之和；因并联电路中各支路两端的电压相等，且R1R2电阻值相等，所以，由I=可知，通过R1R2的电流相等，即I1=I2，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，IA1=I1+I2=I1+I1=2I1=0.2A，IA2=I2+I3=I1+I3=0.5A，解得：I1=I2=0.1A，I3=0.4A，则电源的电压：U=I3R3=0.4A×20Ω=8V，R1的电阻值：R1===80Ω．故答案为：0.4；80；8．【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的串并联和电流表所测的电路元件是关键．17．如图甲所示，某同学在两只相同的烧杯里装入水和食用油，比较它们吸热的情况．（1）为了便于比较，实验中要求在两烧杯中放入规格相同的电加热器．（2）实验结果表明：不同物质，在质量相等、升高的温度相同时，吸收的热量不同、（3）图乙是该同学根据实验数据绘制的图象，则a物质是食用油，其比热容是2.1×103J/（kg•℃）．【考点】控制变量法与探究性实验方案．【专题】探究型实验综合题．【分析】（1）实验时应用规格相同的电热器对液体加热．（2）分析图示实验，根据实验控制的变量与实验现象得出实验结论．（3）食用油的比热容大于水的比热容，吸收相等热量食用油升高的温度高，分析图乙所示图象判断a是什么物质；根据热量公式求出液体的比热容．【解答】解：（1）为了便于比较，应该用相同的电热器对液体进行加热，实验中应在两烧杯中放入规格相同的电加热器．（2）由图乙所示图象可知，质量相同的水与食用油升高相同的温度需要的加热时间不同，水与食用油吸收的热量不同，不同物质，在质量相等、升高的温度相同时，吸收的热量不同．20\n（3）由图乙所示图象可知，加热相等时间，即物质吸收相等热量时，a升高的温度高，a的比热容小，a是食用油；水与食用油的质量相等，设为m，由图线b可知，水在6min内吸收的热量：Q=c水m△t水=4.2×103J/（kg•℃）×m×（60℃﹣10℃）=2.1×105J/（kg•℃）×m，则水在3min内吸收的热量Q吸=×2.1×105J/（kg•℃）×m=1.05×105J/（kg•℃）×m，由于用相同的电热器对水和食用油加热，在相等时间内食用油吸收的热量与水吸收的热量相等，∵Q吸=c油m△t油，∴c油===2.1×103J/（kg•℃）．故答案为：（1）相同规格；（2）质量相等；升高的温度相同；（3）食用油；2.1×103．【点评】探究物质吸热能力实验，应采用控制变量法，应用控制变量法、认真分析图象、应用热量公式即可正确解题．18．小明探究“通过导体的电流与电压的关系”时，电路图如图（甲）所示．电源电压不变，R1为值电阻，电流表A选用0～0.6A量程，电压表V1选用为0～3V量程，电压表V2选用为0～15V量程，滑动变阻器R2上标有“50Ω1A”的字样．（1）请根据电路图甲用笔画线代替导线连接实物图乙．（2）闭合开关S，发现电流表A与电压表V1的示数为零，电压表V2的示数不为零，则电路存在的故障滑动变阻器断路．（3）排除故障后，继续进行实验，记录电流表A与电压表V1的示数，得到一组实验数据，如表所示．实验序号12345电压表V1的示数（V）1.61.82.02.22.4电流表A的示数（A）0.160.180.200.220.24分析表中实验数据可得结论：当电阻一定时，电流与电压成正比．（4）实验中，记录电流表A与电压表V2的示数，得到几组实验数据，根据实验数据作出如图丙的图线，如图所示，则电源电压是6V．在保证实验器材安全的前提下，滑动变阻器接入电路的阻值不得小于10Ω．电路中允许通过的最大电流是0.3A．【考点】探究电流与电压、电阻的关系实验．【专题】实验题；控制变量法；实验分析法；探究型实验综合题．【分析】（1）在根据电路图连接电路过程中，要特别注意电流表、电压表的位置、接法、量程选择和电流方向；滑动变阻器采用“一上一下”的接法与定值电阻串联．20\n（2）闭合开关，电流表或电压表示数为零，说明与其串联的电路断路；电压表有示数，说明与其串联的电路是通路．（3）由电路图知，电压表V1测量电阻R1两端电压，电流表测量电路电流．比较电压、电流变化规律就能得出实验结论．（4）由上一步可以得到电阻R1的阻值；在丙图中，滑动变阻器两端最大电压为5.0V，此时电路电流为0.1A，由此得到滑动变阻器接入电路的阻值；已知电阻R1和滑动变阻器接入电路的阻值，可以得到总电阻；已知电路总电阻和电流，可以得到电源电压；为保护用电器或电流表、电压表，电路电流不能超过用电器或电流表允许通过的最大电流，两端电压不能超过电压表选择的量程．确定电路最大电流或最大电压后，在电源电压不变的情况下，得到电路的总电阻，其中R1已得出，所以能够得到滑动变阻器接入电路的电阻．【解答】解：（1）根据电路图连接实物图，实物连接如下：（2）闭合开关，电流表A的示数为零，说明与他们串联的电路是断路状态，但不可能是R1断路（如果R1断路，电压表V1有示数）；电压表V2有示数，说明与V2串联的电路是通路，所以电路故障为滑动变阻器断路，此时没有电流通过R1，R1两端无电压，V1示数为零．（3）由实验数据可以看出：电压成倍增大，电流也成倍增大，且两者增大的倍数相同．所以实验结论为：在电阻一定时，通过导体的电流与两端电压成正比．（4）由I=可知，定值电阻的阻值为R1===10Ω，由丙图知，滑动变阻器两端电压为5V时，滑动变阻器接入电路的电阻为R2===50Ω，所以电源电压为U=IR=0.1A×（10Ω+50Ω）=6V；已知电源电压为6V，所以对电压表V2不会造成损害；已知电源电压和电阻R1的阻值，可得电路最大电流为0.6A，对电流表也不会造成损害；当电压表V1电压达到3V时，电路电流为I==0.3A，所以滑动变阻器接入电路电阻为R最小==10Ω，即滑动变阻器接入电路电阻不能小于10Ω．故答案为：（1）见解答图；20\n（2）滑动变阻器断路；（3）当电阻一定时，电流与电压成正比；（4）6；10；0.3．【点评】本题考查实物图的连接、故障分析、电流表的读数、数据分析能力以及欧姆定律的应用等内容，难度较大．19．一种电工工具由一个小灯泡L和一个定值电阻R并联而成，通过L、R的电流跟其两端电压的关系如图所示．由图可知：定值电阻R的阻值为10Ω，当电压增大时，L的阻值增大，产生这一现象的原因是灯丝电阻随温度升高而增大；当把这个工具接在电压为2V的电路两端，该电工工具的工作电流是0.8A，此时L的阻值为3.3Ω．【考点】欧姆定律的应用．【专题】欧姆定律．【分析】由图象读出R图线上某点的电压和对应的电流值，根据欧姆定律计算R的阻值；由图象分析L的电压和电流变化，根据欧姆定律判断L的电阻变化情况，灯泡电阻与温度有关；根据并联电路的电流规律，由图象计算2V时该电工工具的工作电流和L的阻值．【解答】解：由图象，R的图线中电压UR=2V时，通过的电流为0.2A，由I=可得其电阻：R===10Ω；由图象，L的电压升高时，电流变化减慢，由欧姆定律可知其阻值变大，由P=UI可知，电压升高，电流增大时，灯泡实际功率变大，温度升高，所以灯泡电阻变大；由题知电工工具由一个小灯泡L和一个定值电阻R并联而成，由图当电压为2V时，IL=0.6A，根据并联电路的电流特点可得该电工工具的工作电流：I=IL+IR=0.6A+0.2A=0.8A，此时L的阻值RL==≈3.3Ω．故答案为：10；增大；灯丝电阻随温度升高而增大；0.8；3.3Ω．【点评】本题考查对并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是从图象中获取有用的信息．20．有一款太阳能热水器，铭牌上的部分参数如下表所示，将它安装在阳光充足的水平台面，并注满水．20\n型号JL一88水容量/L80自身质量/kg40（1）若它的底部支架与水平台面的接触面积为0.3m2，求它对台面的压力和压强（取g=10N/kg）．（2）某城市（晴天）平均每平方米的面积上，每小时接收的太阳能约为2.8×106J，若该热水器接受太阳能的有效面积为1.5m2，每天日照时间按8h计算，则它一天中接收的太阳能（E）约为多少？若这些太阳能有60%被热水器中的水吸收，则可使水温升高多少？（C水=4.2×103（J/kg・℃），在标准大气压下，该城市水的原来温度不超过32℃）【考点】压强的大小及其计算；太阳能热水器中的热量计算．【专题】计算题；压强、液体的压强；能源的利用与发展．【分析】（1）首先根据表中水的容量和容器质量来计算出水的重力和容器重力，水重力与容器重力之和就是对台面的压力，然后除以接触面积，就可计算对台面的压强．（2）首先计算1.5m2每小时接收的太阳能，然后乘以每天日照时间8h，就可计算出一天中接收的太阳能；一天中接收的太阳能乘以效率就是被水吸收的热量，最后根据热量的变形公式，计算升高的温度．【解答】解：（1）水的重力G水=m水g=ρ水V水g=1.0×103kg/m3×80×10﹣3m3×10N/kg=800N，容器重力G器=m器g=40kg×10N/kg=400N，F=G器+G水=800N+400N=1200N；压强p===4×103Pa；（2）一天中接收的太阳能E=2.8×106J/（m2•h）×1.5m2×8h=3.36×107J；由η=得：水吸收的热量Q吸=ηE=60%×3.36×107J=2.016×107J；由Q吸=cm△t得：△t===60℃；答：（1）它对台面的压力为1200N，压强为4×103Pa．（2）一天中接收的太阳能（E）约为2.016×107J；这些太阳能有60%被热水器中的水吸收，则可使水温升高60℃．【点评】这是一道综合性很强的题目，要求知识的系统性要很强才能完成题目的解答．关键注意公式及变形公式的正确运用．20
