【文档说明】2021-2022学年福建省泉州市九校联考九年级上期末物理试题及答案解析.docx，共(32)页，719.073 KB，由小喜鸽上传

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第1页，共32页2021-2022学年福建省泉州市九校联考九年级（上）期末物理试卷1.摩擦起电是日常生活中常见的现象，在某些场所可能会引发安全事故。如图是张贴在加油站中的安全标识，其中与摩擦起电有关的是(

)A.禁止放易燃物B.禁止梳头C.熄火加油D.禁止吸烟2.下列现象中需要吸收热量的是()A.露水B.雾凇C.融雪D.结霜3.两只相同的杯子放置在窗前，分别盛放等高的水和汽油。一段时间后，两杯中的液面如图所示。这个事例说明液体的蒸发快慢跟液体的()A.表面积大小有关B.

温度高低有关C.表面空气流动快慢有关D.种类有关4.刚从冰箱冷冻室拿出冰棍贴紧舌头，舌头会被“冻”在冰棍上，这时舌头上的水发生了某种物态变化，与其对应的图象是()第2页，共32页A.B.C.D.5.如图，由于图象撕去了一角，无法判断是熔化图象还是沸腾图象。下列说法正确的是()A.这一定是某种

晶体的熔化图象B.这可能是某种非晶体的熔化图象C.这一定是某种液体的沸腾图象D.无论是熔化图象还是沸腾图象，温度不变的时间段内一定吸热6.如图所示电路，电源电压不变，𝑅是定值电阻。将一个“6𝑉，2𝑊

”的小灯泡𝐿1接在𝑎、𝑏两点间，𝐿1恰能正常发光；若换个“6𝑉，3𝑊”的小灯泡𝐿2接在𝑎、𝑏两点间，则此时𝐿2()A.两端的电压仍为6𝑉B.比正常发光时暗C.阻值一定比𝐿1大D.消耗

的电能一定比𝐿1多7.夏天，小丽将冰水和热水分别注入常温下的两只透明烧杯中，如图所示，一会儿发现两只烧杯的杯壁上都有一部分出现小水珠，变得模糊了，针对这一现象，下列说法正确的是()第3页，共32页A.甲、乙两杯都在内壁出现了水珠B.甲、乙两杯都在外壁出现了水珠

C.甲杯的内壁出现了水珠，乙杯的外壁出现了水珠D.甲杯的外壁出现了水珠，乙杯的内壁出现了水珠8.如图是汽油机工作的四个冲程，其中表示机械能转化为内能的冲程是()A.B.C.D.9.如图是某内燃机工作时的能量流向图，该内燃机的效率

是()A.35%B.15%C.40%D.65%10.𝐿𝐸𝐷光源因具有节能、环保、安全等优点而被广泛应用，如某公司招牌的每个字背后就是由许多𝐿𝐸𝐷灯串组成的，王师傅在调试电路时断开某处，招牌的第二个字立即熄灭，其它字均正常发光(如图)，根据这一现

象，对发光字背后的灯串之间的连接方式判断正确的是()A.这个字与其它字之间一定是串联的B.这个字与其它字之间一定是并联的C.这个字的笔划之间一定是串联的D.这个字的笔划之间一定是并联的11.地磅工作时，重物越

重，电表的示数就越大。下列四幅电路图中，𝑅′是滑动变阻器，𝑅是定值电阻。其中符合地磅工作原理的是()第4页，共32页A.B.C.D.12.𝑛个相同的电阻并联后接在电压为𝑈的电源的两端，通过的总电流强度为𝐼，如果再并联一个相同的电阻，则该电阻上通过的电流强度为

()A.𝑛+1𝑛𝐼B.𝑛𝑛+1𝐼C.1𝑛+1𝐼D.𝐼𝑛13.将四个定值电阻𝑎、𝑏、𝑐、𝑑分别接入电路，测出相应的电阻两端的电压𝑈和通过的电流𝐼，把测得的数据在坐标系中描点，如

图所示。根据图中信息判断，下列说法正确的是()A.阻值相差最大的两个电阻是𝑎和𝑑B.阻值相差最小的两个电阻是𝑏和𝑐C.电功率相差最大的两个电阻是𝑏和𝑑D.电功率相差最小的两个电阻是𝑎和𝑑14.如图所示电路中，

开关闭合后滑动变阻器滑片𝑃从𝐴端附近向𝐵端附近移动过程中，电流表示数的变化情况是()A.逐渐变大B.逐渐变小C.先变小后变大D.先变大后变小15.如图所示电路，电源电压保持6𝑉不变，滑动变阻器的最大阻值为15𝛺，定值电阻𝑅2为5𝛺。电压表示数为𝑈1、𝑅

2的电功率为𝑃2、电流表示数为𝐼。闭合开关后，移动滑片𝑃，下列图像可能正确的是()第5页，共32页A.B.C.D.16.如图所示的电路中的𝑎、𝑏、𝑐为三只电表(电压表或电流表)，闭合开关𝑆，标有“3𝑉3𝑊”的灯泡𝐿1正

常发光，标有“6𝑉3𝑊”的灯泡𝐿2虽然发光但较暗，若不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是()A.电表𝑎为电流表，且示数为1.5𝐴B.电表𝑏为电压表，且示数为3𝑉C.电表𝑐为电压表，且示数为3𝑉D.灯泡𝐿2的实际功率为0.7𝑊

第6页，共32页17.图甲中电流表的示数为______𝐴；图乙中电阻箱的示数为______𝛺。18.如图，民间艺人制作“糖画”时，先将白糖熔化成糖浆，用勺舀起糖浆在光滑的石板上绘制各种美丽的图案，等石板上的糖浆______(选填“吸收”或“放出”)热量后，就__

____(填写物态变化名称)成了栩栩如生的“糖画”。19.在水的凝固实验中，温度计的示数如图所示，从甲到乙物体的内能______、比热容______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。20.已知甲灯标有“6𝑉3𝑊”字样，乙灯的额定电压是3𝑉.甲、乙两灯的𝑈−𝐼关系如图所示。确

保电路安全的前提下：两灯串联使用，电路两端的最大电压是______𝑉；两灯并联使用，电路最大电流是______𝐴。第7页，共32页21.如图所示，当开关𝑆、𝑆1闭合时，滑动变阻器的滑片𝑃向右移动，灯泡𝐿的亮度______(选填“变亮”、“变暗”或“不变

”)；当开关𝑆闭合、𝑆1断开时，滑动变阻器的滑片𝑃向右移动，电压表𝑉的示数______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。22.如图所示电路中，定值电阻𝑅1的阻值为20𝛺，滑动变阻器𝑅2的最大阻值为100𝛺。开关闭合后，当滑

动变阻器的滑片𝑃移到某一位置时，电压表𝑉1的示数如图所示，𝑅2的功率为1.75𝑊；电流表的示数为______𝐴，电源电压为______𝑉。23.如图甲是电位器示意图，滑片可随转动旋钮改变在电阻丝的位置，从而改变

接入电路中阻值的大小。请将该电位器连入乙图，要求顺时针旋转滑片时，灯泡变暗。24.请用笔画线表示导线，将图中的电灯、开关和插座正确接入家庭电路中。25.如图为物理兴趣小组把一根电阻丝截成长短不同的𝑎𝑏和𝑐𝑑两段，制成甲、乙两个电热锯，当有电流通过电阻丝𝑎𝑏或𝑐𝑑时，电阻丝就

能切割塑料泡沫。当它们接在电源电压相同的电路中时，哪一个切割塑料泡沫更容易？为什么？第8页，共32页26.如图是某同学连接的电路。(1)如果合上开关，除了两只灯都不亮以外，还可能造成烧坏______的后果。(2)如果只须去掉一根导线，就能成为两灯串联的正确电路，去

掉的导线是______。(3)如果只须改动一个连接点，就能成为两灯并联的正确电路，改动的方法是______。27.图1是“比较不同物质吸热的情况”的实验装置。两个相同的烧杯中分别装有质量相等的水和食用油。(1)选用两个______规格的电加热器加热，目的是使水和

食用油在相等时间内______。(2)图2中能合理反映该实验结果的图象是______(选填“甲”、“乙”或“丙”)。(3)根据图象可以推想，如果给质量相同的水和食用油加热相同的时间，则______升高的温度会更大些，两者增加的内能是______(选填“水较多”、“食用油较多”和“一样多”)。第

9页，共32页28.小亮在探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验中：(1)如图甲所示，某时刻温度计的示数是______℃。(2)从加热到沸腾，再撤去酒精灯一段时间，图乙是小亮根据实验数据绘制的温度--时间图像。由图像可知：比

较𝑡1=10𝑚𝑖𝑛和𝑡2=20𝑚𝑖𝑛时，水在𝑡1时刻的内能______(选填“大于”“小于”或“等于”)𝑡2时刻的内能，依据是______。(3)结合图像提供的信息，比较从40～50𝑚𝑖𝑛和50～60𝑚𝑖𝑛两个时间段，发现水

降温过程的规律是______。(4)小亮开始实验时水量少了点，于是在沸腾后又往烧杯里加了一些冷水，用同样大的火直至将水再次烧开。图中能反映小亮整个烧水过程中温度随时间变化的图像是______(选填字母

)。A.B.C.D.第10页，共32页29.某实验小组用图甲所示电路进行“探究电流与电阻的关系”实验。(1)请将图甲连接完整，要求滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大。(2)连接电路时，开关必须______，滑动变阻器滑片𝑃应该位于______(

选填“𝐴”或“𝐵”)端。(3)闭合开关后，同学们发现，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，电流表始终没有示数，电压表示数接近电源电压，原因可能是______。(4)排除故障后，先将5𝛺定值电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器

的滑片，使电压表的示数为某一定值，此时电流表的示数如图乙所示，为______𝐴；(5)接下来断开开关，取下5𝛺的定值电阻，换成10𝛺的定值电阻，闭合开关，应向______(选填“𝐴“或“𝐵”)端移动滑片，直至电压表示数为______𝑉时，读出电流

表的示数。再更换为20𝛺，继续进行实验，将实验数据记录在下面的表格中。实验次数123𝑅/𝛺51020𝐼/𝐴0.20.1(6)由表中所示的实验数据，可以得出结论：______。(7)由表中所示的实验数据，滑动变阻器的

最大阻值应该不低于______𝛺。30.有一只小灯泡的铭牌上仅能看清“0.5𝐴”的字样，小强为了测量该小灯泡的额定功率，进行了如下实验：第11页，共32页(1)他连接了如图甲所示的电路，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，发

现小灯泡不亮，电流表的示数始终为零，电压表的示数接近3𝑉保持不变，为了排除故障，接下来的操作合理的是______(选填字母)；A.拧紧开关两端的接线柱𝐵.拧紧小灯泡和它两端的接线柱(2)他测量小灯泡额定功率的实验原理是______(填公式)，图甲中______(填仪器名称)的量程选择不合理；(

3)排除故障后，正确连接电路，使小灯泡正常发光，电压表示数如图乙所示为______𝑉，小灯泡的额定功率为______𝑊；(4)小强对实验进行了拓展，利用如图丙所示的电路，测出了另一只已知额定电流为𝐼1的小灯泡的额定功率，请完成实

验步骤：①闭合开关𝑆1，开关𝑆2连接𝑏，移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数为______；②保持滑动变阻器的滑片位置不变，开关𝑆2连接𝑎，调节电阻箱的阻值，使电流表示数为𝐼1，读出电阻箱的示数为𝑅0；③则小灯泡的额定功率表达式𝑃额=____

__(用字母表示)。31.如图所示的电路，𝑅1=30𝛺，𝑅2=20𝛺，开关𝑆闭合后，电流表𝐴的示数为0.4𝐴.求：(1)电源的电压；(2)通过𝑅2的电流；(3)干路中的电流。32.如图是一定质量的冰升温熔化的过程，从开始

加热到冰开始熔化，冰温度升高了10℃，吸收了4.2×103𝐽的热。若不计热量损失[𝑐冰=2.1×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)]求：第12页，共32页(1)冰的质量。(2)冰全部熔化成水后，升温过程

中吸收多少热量。(3)若用同一稳定热源加热，整个过程(12𝑚𝑖𝑛内)冰的内能增加多少？33.一新款节能电炖锅如图甲，有关技术参数如表(设电炖锅不同挡位的电阻和加热效率均不变)。额定电压电炖锅档位额定功率/𝑊200𝑉低温200中温400高温600(1)求电炖

锅在高温挡正常工作时的电流(计算结果保留一位小数)；(2)在用电高峰期，关掉家里的其他用电器，只让处于中温挡状态的电炖锅工作，观察到标有“1800𝑟/(𝑘𝑊⋅ℎ)”的电能表转盘在12𝑙𝑠内转了20圈，求此时的实际电压；(3)电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量

相同的冷水加热，待水温达到50℃时开始计时，绘制的水温随时间变化的图象如图乙所示。结合所给信息，通过计算，分析比较用高温挡还是用低温挡更节能。第13页，共32页答案和解析1.【答案】𝐵【解析】解：𝐴、放易燃物产生的火花，会发生爆炸事故，与摩擦起电无关，故A错误；B、用塑料

梳子梳头时会因为摩擦产生静电，会产生电火花，有发生爆炸的危险，故B正确；C、加油时如果不熄火，会把油气点燃，发生爆炸事故，与摩擦起电无关，故C错误；D、吸烟时烟头的火花会把油气点燃，发生爆炸事故，与摩擦起电无关，故D错误。故选：�

�。根据题中所给标志的含义结合需要张贴的环境进行分析。在解答此类题时，首先分析所给标志的含义，然后结合具体的张贴环境进行分析。2.【答案】𝐶【解析】解：𝐴、露水是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水珠，液化会放出热量，故A不符合题意；B、雾凇是空

气中的水蒸气遇冷直接变成小冰晶，是凝华现象，凝华放热，故B不符合题意；C、融雪是固态的水变成液态水的过程，是熔化过程，此过程吸收热量，故C符合题意；D、霜是空气中温度较高的水蒸气遇冷凝华形成的小冰晶，凝华放热，故D不符合题意。故选：𝐶。物态变化中需要吸收热量的是：熔化、汽

化和升华。根据我们对于物态变化的认识逐一分析四个选项，看它们都是什么物态变化形成的，从而得出结论。此题考查的是生活中的物态变化和物态变化中吸放热的判断，是一道热学的基础题。3.【答案】𝐷【解析】解：根据题中条件可知两种液体的温度、表面积、以及液体上方空气流动的速度相同，而

液体的种类不同，因此导致蒸发的快慢不同的因素是液体的种类。故选：𝐷。影响液体蒸发快慢的因素：液体的温度、液体的表面积、液体表面上方空气的流动速度以及液体的种类；据此分析。第14页，共32页本题主要考

查学生对影响蒸发快慢因素的认识和了解，是一道基础题。4.【答案】𝐷【解析】解：舌头会被“冻”在冰棍上，是舌头上的水分遇到比较冷的冰棍变成了冰，液态变为固态的现象叫凝固，因为冰是晶体，所以从图中找出晶体的凝固图象即可。A、由图知，温度升高到一定温度，不断吸收热量，温

度不变，符合晶体熔化特点，这是晶体的熔化图象，故A不符合题意。B、由图知，温度升高到一定温度，不断吸收热量，温度不变，熔点为0℃，符合晶体熔化特点，这是冰的熔化图象，故B不符合题意。C、液体不断放出热量，温度不断降低，符合非晶体的凝固特点，是非晶体的凝固图象

，故C不符合题意。D、液体温度降低到0℃时，不断放热，温度保持不变，符合水的凝固特点，故D符合题意。故选：𝐷。本题考查物态变化以及晶体的凝固与熔化图象与非晶体凝固、熔化图象的区别，关键是搞清晶体和非晶体在凝固过程和

熔化过程中的特点。5.【答案】𝐷【解析】解：由图象可知，有一段是水平的，说明不断吸热，但温度保持不变，所以可能是晶体的熔化图象或某液体的沸腾图象，不可能是非晶体的熔化图象，故A、𝐵、C错误；无论是晶体的熔化还是液体的沸腾，在此过程虽然温度不

变，但要不断吸热，才能使晶体继续熔化或液体继续沸腾，故D正确。故选：𝐷。(1)晶体熔化过程吸热温度不变，非晶体熔化过程吸热温度升高；(2)液体沸腾时吸收热量，温度保持不变。本题考查结合图象分析晶体熔化或液体沸腾的特点，会看图象，考查学生的分析

归纳能力。6.【答案】𝐵第15页，共32页【解析】解：由灯泡的铭牌可知，两灯泡的额定电压相等，𝐿2的额定功率大于𝐿1的额定功率，由𝑃=𝑈2𝑅的变形式𝑅=𝑈2𝑃可知，𝐿2的阻值小于𝐿1的阻值，故C错误；灯泡𝐿1接在𝑎、𝑏两点间时，𝐿1恰能正常

发光，说明𝐿1两端的电压为6𝑉，因𝐿2的阻值小于𝐿1的阻值，所以由串联分压的规律(即电阻小的分得的电压小)可知，灯泡𝐿2接在𝑎、𝑏两点间时，灯泡𝐿2两端的电压会小于6𝑉，则灯泡𝐿2消耗的功率小于3𝑊，即𝐿2比正常发光时暗些，故A错

误，B正确；由𝑊=𝑈𝐼𝑡可知，工作时间不确定，所以消耗电能的多少无法比较，故D错误。故选：𝐵。灯泡的实际功率是由灯泡两端的实际电压决定的，根据公式𝑅=𝑈2𝑃可知两灯泡电阻的大小关系；根据串联电路电阻的分

压特点可知灯泡两端电压的变化；根据𝑊=𝑈𝐼𝑡可知消耗电能的多少与时间有关，进而得出答案。本题考查了灯泡额定电流和电阻的计算、实际功率与实际电流的关系；理解两个电阻串联，当其中一个电阻增大时，总电阻变大，电路中电流变小是解题的关键

。7.【答案】𝐷【解析】解：甲杯中放的是冰水，杯外的水蒸气遇冷液化成小水珠附着在玻璃的外表面；乙杯中装的是热水，杯内温度高的水蒸气上升时遇冷液化成小水珠附着在玻璃的内表面。故选：𝐷。当杯内温度低，杯外温度

高，杯外空气中的水蒸气遇到冷的玻璃表面液化成小水珠，沾在外表面。当杯内温度高，杯外温度低，杯内空气中的水蒸遇冷会液化成小水珠，附在玻璃内表面。本题考查了生活中常见的物态变化--液化，分析时注意是哪里的水蒸气液化。8.【答案】𝐴【解析】解：机械能转化为内能的冲程是压缩冲程：𝐴图：气门都关

闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，符合题意；𝐵图：进气门打开，活塞向下运行，气缸容积增大，是吸气冲程，不符合题意；𝐶图：排气门打开，活塞向上运动，气缸容积减小，是排气冲程，不符合题意；𝐷图：气门都关闭，活塞向下运行，气缸容积增

大，是做功冲程，不符合题意。故选：𝐴。第16页，共32页内燃机的一个工作循环有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成，其中压缩冲程中机械能转化成内能，做功冲程中内能转化成机械能。本题考查了内燃

机的四个冲程：吸气、压缩、做功、排气冲程，以及压缩冲程的能量转化，是中考的热点内容。9.【答案】𝐴【解析】解：热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，有能量流向图可知该内燃机的效率为：𝜂=100%−25%−40%=35%，故A正确。故选：𝐴。热机效率是指有效利用的能量与

燃料完全燃烧放出的热量的比值，据此分析。本题主要考查了热机效率的理解，属于基础题，难度不大。10.【答案】𝐵【解析】解：在调试电路时断开某处，招牌的第二个字立即熄灭，其它字均正常发光，说明各个字之间能够独立工作，互不影响，因此应为并联电路

，因此选项B是正确的，选项A是错误的；同时，断开某处，招牌的第二个字立即熄灭，可能是第二个字的各笔画之间串联，也可能是开关接在干路中，因此选项C、𝐷是错误的。故选：𝐵。本题主要考查对串并联电路中各用电器工作特点的

了解，比较简单。11.【答案】𝐷【解析】解：𝐴、由图知，定值电阻𝑅和滑动变阻器𝑅′串联，电流表测电路中的电流；重物越重时，滑片向下滑动，变阻器𝑅′接入电路的电阻变大，由欧姆定律可知，电路中电流变小，则电流表读数变小，不符合电表示数越大的要求，故A错误；B、由图知，电压表串联接入电路

，电压表相当于测电源电压，所以无论重物怎么变化，电压表的读数都不变，故B错误；C、由图知，电流表把变阻器𝑅′短路，电流不经过𝑅′，所以无论重物怎么变化，电流表的读数都不变，故C错误；D、由图知，定值电阻𝑅和滑动变阻器𝑅′串联，电压表测定值电阻𝑅两端的电压；重物越重

时，滑片向下滑动，变阻器𝑅′接入电路的电阻变小，由欧姆定律可知，电路中电流变大，第17页，共32页则定值电阻𝑅两端电压变大，即电压表示数变大，故D正确。故选：𝐷。解决本题首先要明确电流表和电压表在电路中的正确连接方式，明确在电路中电压表或电流表所测的是哪部分的电压或者

电流，再次分析电路，当重物越重时，会使电路中滑动变阻器的电阻如何变化，从而影响电压表或者电流表的变化是否符合题目要求；本题考查欧姆定律的应用，关键是对电路的分析。12.【答案】𝐷【解析】解：𝑛个相同的电阻𝑅并联后的总电阻为1𝑛𝑅，则电源的电压𝑈=1𝑛

𝐼𝑅；因电源的电压不变，且并联电路各支路两端的电压相等，所以该电阻上通过的电流强度𝐼′=𝑈𝑅=1𝑛𝐼𝑅𝑅=𝐼𝑛。故选：𝐷。根据电阻的并联特点可知𝑛个相同的电阻𝑅并联后的总电阻为1𝑛𝑅，根据欧姆定律可知电源的电压；再根据并联

电路的电压特点和欧姆定律求出该电阻上通过的电流强度。本题考查了电阻的并联特点和欧姆定律的应用，关键是根据题意得出电源的电压，要注意𝑛个相同的电阻𝑅并联后的总电阻为1𝑛𝑅。13.【答案】𝐶【解析】解：由公式𝐼=𝑈𝑅可得𝑅=𝑈𝐼，即电阻大小为图像纵、横坐标之比，故𝑅𝑎

>𝑅𝑏=𝑅𝑑>𝑅𝑐；由公式𝑃=𝑈𝐼可知，功率的大小为图像纵横坐标之积，相当于以纵、横坐标为边的矩形面积，故𝑃𝑏>𝑃𝑎=𝑃𝑐>𝑃𝑑，即：阻值相差最大的两个电阻是𝑎和𝑐，电功率相差最大的两个电阻是𝑏和𝑑，故A、𝐵、D错误，C正

确。故选：𝐶。由公式𝐼=𝑈𝑅、𝑃=𝑈𝐼分析阻值大小、功率大小关系。本题考查公式𝐼=𝑈𝑅、𝑃=𝑈𝐼的应用，要求学生结合图像获取信息解决问题，难度不大。14.【答案】𝐶第18页，共32页【解析】解：当滑片𝑃从𝑎端向中点移动时，𝑅𝐴𝑃增大(0<𝑅𝐴𝑃<12�

�)、𝑅𝑃𝐵减小(12𝑅<𝑅𝑃𝐵<𝑅)，因为𝑅𝐴𝑃和𝑅𝑃𝐵并联，电阻越并越小，小于任意一个电阻，所以并联总电阻小于14𝑅；当滑片从𝐴𝐵的中点到𝐵端，𝑅𝐴𝑃增大(12𝑅<𝑅𝐴𝑃<𝑅)、𝑅𝑃𝐵

减小(0<𝑅𝑃𝐵<12𝑅)，因为电路中𝑅𝐴𝑃和𝑅𝑃𝐵并联，电阻越并越小，小于任意一个电阻，所以并联总电阻小于14𝑅；当滑片𝑃在中点时，两个12𝑅并联，并联后的电阻为14𝑅；由此可见，电路中电阻先变大、后变小，由𝐼=𝑈𝑅可知

，电路中的电流先变小、后变大。故选：𝐶。分两个过程分析：一是滑片𝑃从𝐴端向中点移动时，𝑅𝐴𝑃增大(0<𝑅𝐴𝑃<12𝑅)、𝑅𝑃𝐵减小(12𝑅<𝑅𝑃𝐵<𝑅)，因为电路中𝑅𝐴𝑃和𝑅𝑃𝐵

并联，电阻越并越小，小于任意一个电阻，所以并联总电阻小于14𝑅；二是滑片从𝐴𝐵的中点到𝐵端，𝑅𝐴𝑃减小(0<𝑅𝐴𝑃<12𝑅)、𝑅𝑃𝐵增大(12𝑅<𝑅𝑃𝐵<𝑅)，因为电路中𝑅𝐴𝑃和𝑅𝑃𝐵并联

，电阻越并越小，小于任意一个电阻，所以并联总电阻小于14𝑅；当滑片𝑃在中点时，两个12𝑅并联，并联后的电阻为14𝑅；据此得出电阻的变化情况，再根据欧姆定律得出电路中的电流的变化情况。本题关键有二：一是分析电路图得出𝑅𝑎𝑃和𝑅𝑃𝑏并联，

二是利用好“电阻越并越小，小于任意一个电阻”。本题也可以这样推理：两个电阻分别为何阻值时，并联阻值最大，可以这样推算，既然两个电阻的阻值总和一定，不妨令其总值为1，设其中一个为𝑥，则另一个为1−𝑅，则它们的并联后阻值：1𝑅+11−𝑅=1𝑅(1−𝑅

)，其倒数𝑅−𝑅2就是并联后的阻值，这是一个二次函数𝑦=𝑅−𝑅2，0≤𝑅≤1，𝑦表示并联后的干路电阻，图象为开口向下的抛物线，根据顶点公式可得顶点坐标为(12,14)，则当𝑥=12时，取得最大值14，并且在𝑅从0逐渐增大到12这一段，根据函数图象𝑦值逐

渐增大，到12达第19页，共32页到最大值，而从12到1这一段，𝑦值逐渐减小。所以并联后的干路电阻先变大后变小，而电流表测干路电流，电压不变，所以电流表示数先变小后变大。15.【答案】𝐷【解析】解：𝐴𝐵、当滑动变阻器的滑片

在最右端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，此时电路中的电流最大，则：𝐼大=𝑈𝑅2=6𝑉5𝛺=1.2𝐴；当滑片在最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，此时电路中的电流最小，则最小电流为：𝐼小=𝑈𝑅1+𝑅2=6𝑉5

𝛺+15𝛺=0.3𝐴；电路中的电流最小，则𝑅2两端的电压最小，其最小电压为：𝑈2=𝐼小𝑅2=0.3𝐴×5𝛺=1.5𝑉，根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端的最大电压即电压表的最大示数为：𝑈1=𝑈−𝑈

2=6𝑉−1.5𝑉=4.5𝑉；根据串联电路的电压特点可知，电压表示数的变化量与𝑅1两端电压的变化量相同，电路中的电流与𝑅1两端电压成正比，所以𝑈1−𝐼图像为一条直线，故AB错误；𝐶𝐷、根据𝑃=𝐼2𝑅可知，𝑅2

的最大和最小电功率分别为：𝑃小=𝐼小2𝑅2=(0.3𝐴)2×5𝛺=0.45𝑊；𝑃大=𝐼大2𝑅2=(1.2𝐴)2×5𝛺=7.2𝑊；根据𝑃=𝐼2𝑅可知，功率𝑃与𝐼2成正比，则𝑃−𝐼图像不是直线，故C错误，D正确。故选：𝐷。(1)由图可知，该电路为

串联电路，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，此时电路中的电流最大；当滑动变阻器全部接入电路中时，电路中的电流最小，据此求出最大电流和最小电流；根据𝑈=𝐼𝑅求出滑动变阻器两端的最大电压；(2)

根据电路的最大电流和最小电流求出𝑅2的最大和最小电功率，根据𝑃=𝐼2𝑅分析图像的特点。本题考查了电功率的计算、欧姆定律的应用、图像的识别，利用好串联电路的电流、电压的特点是解题的关键。16.【答案】𝐶【解析】解：由𝑃=𝑈𝐼

可知𝐿1正常发光的电流为：𝐼1=𝑃1𝑈1=3𝑊3𝑉=1𝐴；𝐿2正常发光的电流为：𝐼2=𝑃2𝑈2=3𝑊6𝑉=0.5𝐴；第20页，共32页𝐿1的电阻为：𝑅1=𝑈1𝐼1=3𝑉1𝐴=3𝛺；𝐿2的电阻为：𝑅2=𝑈2𝐼2=6𝑉0.5𝐴=12�

�；A、由题知𝐿1正常发光，通过的电流为1𝐴，而𝐿2发光较暗，说明通过的电流小于其额定电流0.5𝐴，因此通过两灯的电流不同，则两灯应该是并联；由并联电路的特点和电表的连接方法可知电表𝑎和𝑏应该是电流表，电表𝑐应该是电压表；则电

流表𝑎测干路的电流，电流表𝑏测通过𝐿2的电流，电压表𝑐测电源电压；由并联电路的电压特点可知电源电压为：𝑈=𝑈1=3𝑉，则通过𝐿2的实际电流为：𝐼2′=𝑈𝑅2=3𝑉12𝛺=0.25𝐴，则干路的电流为：𝐼=𝐼1+𝐼2′=1𝐴+

0.25𝐴=1.25𝐴，即电流表𝑎的示数为1.25𝐴，故A错误；B、由上述分析可知电表𝑏是电流表，其示数为0.25𝐴，故B错误；C、由上述分析可知电表𝑐是电压表，其示数为3𝑉，故C正确；D、灯泡𝐿2的实际功率为：𝑃2′=𝑈

2𝑅2=(3𝑉)212𝛺=0.75𝑊，故D错误。故选：𝐶。先利用𝑃=𝑈𝐼分别将两灯正常发光的电流求出来，再根据欧姆定律变形式将两灯的电阻求出来；(1)串联电路中通过的电流处处相等，根据题中两灯的亮度情况分析通过两灯的电流大小，再根据串联电路的电流特点分析两灯的连接方式；电

流表内电阻很小，相当于导线，应该串联在被测电路中，而电压表内电阻很大，相当于断路，应该并联在被测电路两端，据此分析三个电表的种类；并联电路中各个支路两端的电压均等于电源电压，已知𝐿1的额定电压，即电源电压；再利用欧姆定律求出

通过𝐿2的实际电流，根据并联电路的电流特点可得出干路电流，即电流表𝑎的示数；(2)由上述分析可知电表𝑏的种类和示数；(3)由上述分析可知电表𝑐的种类和示数；(4)已知𝐿2的电阻和其两端的实际电压，利用𝑃=𝑈2�

�可求出𝐿2的实际功率。本题考查了对欧姆定律和电功率计算公式的应用，利用串、并联电路的电流特点和电表的连接方式分析该电路的连接情况及电表的测量情况是解题的关键。17.【答案】0.71527【解析】解：电流表使用的是0～3𝐴的量程，每一个大格代

表1𝐴，每一个小格代表0.1𝐴，电流0.7𝐴；×1000的位置对应的数是1，×100的位置对应的数是5，×10的位置对应的数是7，×1的位置对应的数是7，故电阻箱的示数为：1×1000𝛺+5×100𝛺+2×10𝛺+7×1𝛺=1527𝛺。第21页，共32页故答案为：0.7；1

527。电流表的读数：确定使用的量程，确定每一个大格和每一个小格各代表多少。电阻箱的读数方法：用指针所对的数字乘以下面的倍数，然后把他们相加即可。该题考查了电阻箱的读数、电流表的读数，属于基础题。18.【答案】放出凝固【解析】解：制作“糖画”时，先将白糖熔化成糖浆

，用勺舀起糖浆在光滑的石板上绘制各种美丽的图案，等石板上的糖浆放出热量凝固成固态，这样就做好了糖画。故答案为：放出；凝固。物质由固态变为液态称为熔化，该过程是吸热的；物质由液态变为固态称为凝固，该过程是放热的。本题考查了物

态变化的相关知识，属于基础题。19.【答案】减小减小【解析】解：(1)物体的内能与温度有关，同一物体在温度降低时，内能减小；由图知温度计的分度值为0.2℃，甲图中温度计示数为1.8℃，乙图中温度计示数为−2.2℃，则从甲到乙温度降低了，物体的

内能减小；(2)该实验为水的凝固实验，由甲到乙，物质的温度从零上降到零下，由水变成冰，由物理常识可知其比热容减小。故答案为：减小：减小。(1)一定质量的物体温度升高时，内能增大；温度降低时，内能减少；(2)比热容是物质的一种特性，比热容的大小只跟物质的种类

和状态有关，与物体质量的大小、温度高低、吸收或放出热量的多少均无关。本题主要考查了内能与温度的关系以及比热容的影响因素，属于基础题。20.【答案】80.9【解析】解：(1)根据图象可知，甲灯两端电压为额定电压6𝑉时，通过甲的额定电流为0.5𝐴；乙灯两端电压为额定电压3𝑉时，通过

乙的额定电流为0.6𝐴；第22页，共32页因为串联电路中电流处处相等，所以两灯串联时，电路中的最大电流𝐼=𝐼甲=0.5𝐴，此时甲灯正常发光(其电压为6𝑉)，由图象可知，当通过乙灯泡的电流为0.5𝐴时，乙灯泡两端电

压为2𝑉，因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电路两端允许加的最大电压：𝑈串=𝑈甲+𝑈乙′=6𝑉+2𝑉=8𝑉；(2)因为并联电路两端电压相等，所以并联电路两端的最大电压为3𝑉，由图象可知，甲乙两端电压为3𝑉时，𝐼甲′=0.

3𝐴，𝐼乙′=0.6𝐴，因为并联电路中的干路电流等于各支路电流之和，所以干路允许通过的最大电流：𝐼并=𝐼甲′+𝐼乙′=0.3𝐴+0.6𝐴=0.9𝐴。故答案为：8；0.9。(1)已知甲乙灯泡的额定电压，先根据图象读出

甲乙灯泡的额定电流，然后根据串联电路电流规律确定电路电流，再根据图象读出乙两端电压，最后根据串联电路电压特点求出电路两端允许加的最大电压；(2)当将他们并联使用时，根据并联电路电压规律选取额定电压较小的那个，然后根据图象读出通过甲乙两灯泡的电流，最后根据并联电路

电流规律求出干路允许通过的最大电流。本题考查串并联电路电流、电压规律，难点是对于额定电压和额定电流不同的两个灯泡来说，串联时比较额定电流取小的，并联时比较额定电压取小的，这也是本题的重点。21.【答案】变亮；变小【解析】解：(1)当开关𝑆、𝑆1闭合时，滑动变阻器与灯泡𝐿串联，电压表测电

源两端的电压，当滑动变阻器的滑片𝑃向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，由𝐼=𝑈𝑅可知，电路中的电流变大，由串联电路的分压特点可知，滑动变阻器两端分得的电压变小，灯泡两端分得的电压变大，因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由𝑃=𝑈𝐼可知，灯泡的实际功率变大，灯

泡变亮；(2)当开关𝑆闭合、𝑆1断开时，滑动变阻器和灯泡𝐿串联，电压表测滑片右侧电阻丝和灯泡𝐿两端电压之和，因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，第23页，共32页所以，滑片移动时变阻器接入电路中的电阻不变，电

路中的总电阻不变，由𝐼=𝑈𝑅可知，电路中的电流不变，当滑动变阻器的滑片𝑃向右移动时，滑片右侧电阻丝的阻值变小，由𝑈=𝐼𝑅可知，滑片右侧电阻丝两端的电压变小，灯泡两端的电压不变，则滑片右侧电阻丝和灯泡�

�两端电压之和变小，即电压表的示数变小。故答案为：变亮；变小。(1)当开关𝑆、𝑆1闭合时，滑动变阻器与灯泡𝐿串联，电压表测电源两端的电压，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，利用串联电路的分压特点可知滑动变阻器两端的电压变化，从而得出灯泡两端的电

压变化，利用𝑃=𝑈𝐼可知灯泡实际功率的变化，从而得出灯泡的亮暗变化；(2)当开关𝑆闭合、𝑆1断开时，滑动变阻器和灯泡𝐿串联，电压表测滑片右侧电阻丝和灯泡𝐿两端电压之和，根据电压表的内阻特点可知滑片移动时变阻器接入电路中的电阻

不变，从而得出电路中的总电阻不变，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，再根据滑片的移动可知滑片右侧电阻丝的阻值变化，利用欧姆定律可知滑片右侧电阻丝两端的电压和灯泡两端的电压变化，从而得出电压表示数的变化。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、电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测电路元件是关键。22.【答案】0.2512【解析】解：闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表𝑉1测定值电阻𝑅1两端的电压，电压表𝑉2测量𝑅2两端的电压，电流表测量电路电流；若电压表的示数为1𝑉，由欧姆定律可得此时通

过电路的电流：𝐼=𝑈1𝑅1=1𝑉20𝛺=0.05𝐴，𝑅2两端的电压：𝑈2=𝑃2𝐼=1.75𝑊0.05𝐴=35𝑉，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以电源电压：𝑈=𝑈1+

𝑈2=1𝑉+35𝑉=36𝑉；滑动变阻器接入电路的阻值：第24页，共32页𝑅2=𝑈2𝐼=35𝑉0.05𝐴=700𝛺>100𝛺，故不可取；若电压表的示数为5𝑉，由欧姆定律可得此时通过电路的电流：𝐼′=𝑈1′𝑅1=5𝑉20𝛺=0.25𝐴，𝑅2两端的电压：𝑈2

′=𝑃𝐼′=1.75𝑊0.25𝐴=7𝑉，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以电源电压：𝑈′=𝑈1′+𝑈2′=5𝑉+7𝑉=12𝑉；滑动变阻器接入电路的阻值：𝑅2′=𝑈2′𝐼′=7𝑉0.25𝐴=28𝛺<100𝛺，故

可取。故答案为：0.25；12。闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表𝑉1测定值电阻𝑅1两端的电压，电压表𝑉2测量𝑅2两端的电压，电流表测量电路电流；因不知道电压表的量程所以分两种情况考虑：电压表的示数为1𝑉或电压表的示数为5𝑉，由欧姆定律可得通过电路的电流，根据电功率公式的

变形计算𝑅2两端的电压，根据串联电路电压规律计算电源电压，根据欧姆定律计算滑动变阻器接入电路的电阻，与滑动变阻器的最大阻值比较得出正确答案。本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，因不知道电压表的量程所以分两种情况考虑。23.【答

案】解：滑片顺时针旋转时，灯泡变暗，原因是电流变小，电源电压不变时，电阻变大，连入电路的电阻丝变长，一定是连入了下面的接线柱和中间的接线柱，如下图所示：。【解析】顺时针旋转滑片时，灯泡变暗，说明顺时针旋转时，电位器连入电路的电阻变大，故将中间和下面的接线柱接入电路。电位器是一个

变形的滑动变阻器，能根据实际要求把滑动变阻器连入电路，调节灯泡的亮度。第25页，共32页24.【答案】解：(1)灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故；(2)三孔插座

的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线，如下图所示：【解析】(1)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。本题考查了家庭电路的连接，在家庭电路

中，安装各个元件，不但考虑各元件能使用，更要考虑使用的安全性。25.【答案】答：甲电热锯。因为𝑎𝑏、𝑐𝑑为同一根电阻丝，即材料和横截面积相同，𝑎𝑏电阻丝长度短，电阻小：由𝑄=𝐼2𝑅𝑡=𝑈2𝑅𝑡

可知，当电源电压相同时，𝑎𝑏电阻丝发热多，𝑎𝑏电阻丝更容易切割塑料泡沫。【解析】导体的电阻与长度、材料、横截面积及温度有关；电流通过导体时电能转化成内能，把这种现象叫做电流热效应，利用焦耳定律分析甲、乙两个电热锯产生热量的多少即可知哪一个切割塑料泡沫更容易。本题主要考查电阻

大小的影响因素、焦耳定律的应用，能够正确选择合适的公式是解题的关键。26.【答案】电源𝑐将𝑒导线的右端从𝐹接线柱改接到𝐸接线柱或𝐶接线柱【解析】解：(1)由图可知，如果合上开关，电流从电源正极流出后，不通过两盏灯，而直接流回负极，将发生电源短路现象，会使电源烧坏

，两盏灯都不亮；(2)如果只须去掉一根导线，就能成为两灯串联，只须拆除导线𝑐，两个灯泡就首尾相接连入电路，即为串联，如图所示：第26页，共32页；(3)如果只须改动一个连接点，就能成为两灯并联，改动的方法是将𝑒导线的右端从𝐹接线柱改接

到𝐸接线柱或𝐶接线柱。故答案为：(1)电源；(2)𝑐；(3)将𝑒导线的右端从𝐹接线柱改接到𝐸接线柱或𝐶接线柱。(1)电源短路是指不经过用电器而直接将电源两极相连的电路，会损坏电源；(2)(3)电路元

件逐个顺次连接的电路叫串联电路，电路元件并列连接的电路叫并联电路，由此改接电路。此题考查了对电源短路的认识、串并联电路的连接，属于基本技能的考查，难度较小，容易解答。27.【答案】相同吸收的热量相同乙食用油一样多【解析】解：(1)根据转换法，选用两

个相同规格的电加热器加热，目的是使水和食用油在相等时间内吸热相同。(2)因水的吸热能力强，即加热相同时间，水升高慢，故丙错误，如下所示：故图2中能合理反映该实验结果的图象是乙；(3)由图2的乙知质量相同的水和食用油加热相同的时间，水的食用油吸收的热量相同，

食用油升高的温度会更大些，两者增加的内能等于吸热多少，故两者增加的内能一样大。故答案为：(1)相同；吸收的热量相同；(2)乙；(3)食用油；一样多。(1)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少

，这种方法叫转化法。(2)根据水的比热容大，吸收相同热量升温慢分析；第27页，共32页(3)根据图2的乙图分析解答；两者增加的内能等于吸热多少，据此回答。本题比较不同物质吸热的情况，考查控制变量法、转换法的应用

和图像分析的能力，为热学中的重要实验。28.【答案】96小于水在沸腾过程中不断吸热，内能增大先快后慢𝐵【解析】解：(1)该温度计的分度值为1℃，此时的示数为96℃；(2)因为水在沸腾过程中不断吸热，所以内能增大，故水在𝑡1时刻的内能小于𝑡2时刻的内能；(3)比较从40～50𝑚𝑖𝑛和5

0～60𝑚𝑖𝑛两个时间段，可以看出水降温过程的规律先快后慢；(4)水沸腾之后，温度保持不变，水沸腾后再向烧杯中加冷水，温度降低，然后在加热过程中，水吸热温度上升，达到沸点继续沸腾，在此过程中，水面上的

气压不变，所以水的沸点与原来相同，据此分析可知；𝐵图像符合题意，𝐶𝐷图像的沸点与原来不同，不符合题意；𝐴图像中水的温度不可能直接从很低的温度达到沸点，应该有一个升温过程，故选B。故答案为：(1)96；(2)小于；

水在沸腾过程中不断吸热，内能增大；(3)先快后慢；(4)𝐵。(1)对温度计进行读数时，需要观察温度计的分度值和0刻度线；(2)水在沸腾过程中，不断吸热，温度不变，内能增大；(3)根据图像进行分析；(4)水的沸点与大气压有

关，大气压不变，水的沸点不变。水的沸腾实验是初中热学重要的实验，此实验涉及到的知识点多，但是难度比较小，一般考查液体沸点、沸腾条件、沸腾特点、温度计的正确使用、气泡变化问题，对于实验题，还要注意实验过程中出现的故障，都是

考试的重点内容。29.【答案】断开𝐵𝑅断路0.4𝐵2在电压一定时，电流和电阻成反比10【解析】解：(1)滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大，故变阻器左下接线柱连入电路中与电阻串联，如图所示：第28页，共32页(2)为了保护电路，连接电路时，开关必须断开；闭合开关前，滑动变阻器滑片𝑃应该

位于阻值最大处的𝐵端；(3)闭合开关后，同学们发现，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，电流表始终没有示数，电路可能断路，电压表示数接近电源电压，电压表与电源连通，原因可能是𝑅断路；(4)排除故障后，先将5𝛺定值电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为某一定值，此时电流表的示

数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02𝐴，示数为0.4𝐴；(5)由欧姆定律可得，电阻的电压为：𝑈=𝐼𝑅=0.4𝐴×5𝛺=2𝑉，根据串联分压原理可知，将定值电阻𝑅由5𝛺改接成

10𝛺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𝐵端移动，使电压表的示数为2𝑉，读出电流表的示数；(6)由表

中所示的实验数据，可以得出结论：在电压一定时，电流和电阻成反比；(7)由表格数据知定值电阻的阻值最大为20𝛺，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：𝑈滑=𝑈−𝑈𝑉=3𝑉−2𝑉=1𝑉，定值电阻的电压为滑动变阻

器两端电压的2𝑉1𝑉=2倍，根据分压原理，当定值电阻的阻值最大为20𝛺时，滑动变阻器连入电路的最大电阻为：12×20𝛺=10𝛺。故答案为：(1)如上图所示；(2)断开；𝐵；(3)𝑅断路；

(4)0.4；(5)𝐵；2；(6)在电压一定时，电流和电阻成反比；(7)10。(1)根据滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大确定变阻器左下接线柱连入电路中与电阻串联；(2)为保护电路，连接电路时，开关必须断开；闭合开关前，滑动变阻器滑片𝑃应该位于阻值最大处；

(3)若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；第29页，共32页(4)根据电流表选用小量程确定分度值读数，(5)由欧姆定律求出电阻的电压；根据控制变量

法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，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；(6)在电压一定时，电流和电阻成反比；(7)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，求出当定值电阻最大时对应的变阻器的最大电阻。本题“探究电流与电阻的关系”实验，考查电路连接、注意事项、故障分析、电流表读数、控制变量法、操作过程及数据分析。30.【答案】(1)𝐵；(2)𝑃=𝑈𝐼；电流表；(3)2.4；1.2；(4)𝐼1；𝐼

12𝑅0。【解析】解：(1)他连接了如图甲所示的电路，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡不亮，电流表的示数始终为零，电路可能断路，电压表的示数接近3𝑉保持不变，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的部分断路了，为了排除故障，接下来的操作合理的是拧紧小灯泡和它两端的接

线柱，选B；(2)他测量小灯泡额定功率的实验原理是：𝑃=𝑈𝐼，灯的额定电流为0.5𝐴，故电流表选用小量程，故图甲中电流表的量程选择不合理；(3)排除故障后，正确连接电路，使小灯泡正常发光，电压表选用小量程，分度值为0.1𝑉，示

数为2.4𝑉，小灯泡的额定功率为：𝑃=𝑈𝐼=2.4𝑉×0.5𝐴=1.2𝑊；(4)小强对实验进行了拓展，利用如图丙所示的电路，测出了另一只已知额定电流为𝐼1的小灯泡的额定功率，请完成实验步骤：①闭合开关

𝑆1，开关𝑆2连接𝑏，移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数为𝐼1；②保持滑动变阻器的滑片位置不变，开关𝑆2连接𝑎，调节电阻箱的阻值，使电流表示数为𝐼1，读出电阻箱的示数为𝑅0；③在①中，灯与变阻器串联，电流表测电路的电流

，电流表示数为𝐼1，故灯正常发光；在②中，电阻箱与变阻器串联，电流表示数仍为𝐼1，由等效代法，电阻箱的示数𝑅0；即为灯正常发光时的电阻，则小灯泡的额定功率表达式𝑃额=𝐼12𝑅0。第30页，共32页(1)若电流表示数为0，灯不亮，说明电路可能断

路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的部分断路了；(2)测量小灯泡额定功率的实验原理是：𝑃=𝑈𝐼，根据灯的额定电流为0.5𝐴，电流表

应选用小量程；(3)根据电压表选用小量程确定分度值读数，根据𝑃=𝑈𝐼求出小灯泡的额定功率；(4)已知灯的额定电流，根据𝑃=𝐼2𝑅，测量出灯正常发光的电阻是关键：先将灯与变阻器串联，通过移动变阻器的滑片，使电流表示数为𝐼1，灯正常发光；根据开关的转换(控制变阻

器的滑片位置不变)，使电阻箱与变阻器串联，保持电流表示数不变，由等效替代法可知电阻箱的示数即为灯正常发光时的电阻，从而得出灯的额定功率。本题测量该小灯泡的额定功率，考查故障分析、实验原理、电流表连接、电压表读数、功率计算及设计方案测额定功率的能力和等效替代法的运用。31.【答案】

解：由电路图可知，两电阻并联，电流表测𝑅1支路的电流。(1)由𝐼=𝑈𝑅得：电源的电压：𝑈=𝑈2=𝑈1=𝐼1𝑅1=0.4𝐴×30𝛺=12𝑉；(2)通过𝑅2的电流：𝐼2=𝑈2𝑅2=12𝑉20𝛺=0.6𝐴，(3)

干路电流：𝐼=𝐼1+𝐼2=0.4𝐴+0.6𝐴=1𝐴。答：(1)电源的电压为12𝑉；(2)通过𝑅2的电流为0.6𝐴；(3)干路中的电流为1𝐴。【解析】由电路图可知，两电阻并联，电流表测𝑅1支路的电流。(1)根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；(2

)根据欧姆定律求出通过𝑅2的电流；(3)根据并联电路的电流特点求出干路中的电流。本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道简单的计算题。第31页，共32页32.【答案】解：(1)由𝑄吸=𝑐𝑚𝛥𝑡得冰的质量：𝑚冰=𝑄吸𝑐冰𝛥𝑡冰=4.

2×103𝐽2.1×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)×10℃=0.2𝑘𝑔；(2)由图像可得，冰全部熔化成水后，升高的温度𝛥𝑡水=5℃，水吸收的热量：𝑄水吸=𝑐水𝑚水𝛥𝑡水=4.2×103𝐽/(𝑘�

�⋅℃)×0.2𝑘𝑔×5℃=4.2×103𝐽；(3)由题知，冰从开始到4𝑚𝑖𝑛吸收的热量为4.2×103𝐽，即4𝑚𝑖𝑛吸收的热量为4.2×103𝐽，所以1𝑚𝑖𝑛吸收的热量为1050𝐽，整个过程吸收的热量：𝑄=1050𝐽/𝑚𝑖𝑛×12𝑚𝑖�

�=1.26×104𝐽，则整个过程(12𝑚𝑖𝑛内)冰的内能增加1.26×104𝐽。答：(1)冰的质量为0.2𝑘𝑔；(2)冰全部熔化成水后，升温过程中吸收4.2×103𝐽的热量；(3)若用同一稳定热源加热，整个过程(12𝑚𝑖𝑛内)冰的内能

增加1.26×104𝐽。【解析】(1)知道冰吸收的热量、冰的温度升高值、比热容，利用𝑄吸=𝑐𝑚𝛥𝑡求解冰的质量；(2)知道水的比热容、质量，由图像得出水的温度升高值，根据𝑄吸=𝑐𝑚𝛥𝑡求解冰化成水后的升温过程中吸收的热量；(3)知道冰从开始到0℃

吸收的热量，即5𝑚𝑖𝑛吸收的热量，又知道用同一稳定热源加热，可求整个过程(12𝑚𝑖𝑛)吸收的热量，即该物质的内能增加值。本题考查了吸热公式𝑄水=𝑐𝑚𝛥𝑡的应用，能从图象得出相关信息、利用好条件“用同一稳定热源加热”是本题的关键。33.【答案】解：(1)由表中数

据可知，高温的功率𝑃高=600𝑊，由𝑃=𝑈𝐼可得，在高温档工作时，电路中的电流𝐼高温=𝑃高温𝑈=600𝑊220𝑉≈2.7𝐴，(2)由𝑃=𝑈2𝑅可得，电炖锅的电阻：𝑅=𝑈2𝑃=(220𝑉)2400𝑊=121𝛺，电炖锅在高档工作时，电能表转盘在在1

21𝑠内转了20𝑟，则电炖锅消耗的电能：𝑊实=20𝑟1800𝑟/𝑘𝑊⋅ℎ=190𝑘𝑊⋅ℎ=190×3.6×106𝐽=4×104𝐽，第32页，共32页实际功率：𝑃实=𝑊实𝑡=4×104𝐽121𝑠，由𝑃=𝑈2𝑅可得，电路的实际电压：𝑈实=√𝑃实𝑅

=√4×104𝐽121𝑠×121𝛺=200𝑉。(3)高温档消耗的电能𝑊高=𝑃高𝑡高=600𝑊×6×60𝑠=2.16×105𝐽，则水升高1℃消耗的电能2.16×105𝐽20=1.08×104𝐽，低温档消耗的电能𝑊低=𝑃低𝑡低=200𝑊×9×60𝑠=1.08×

105𝐽，则水升高1℃消耗的电能为1.08×105𝐽8=1.35×104𝐽，因为1.08×104𝐽<1.35×104𝐽，且两档加热水的质量相同，所以加热等质量的水升高1℃，高温档比低温档消耗电能少，用高温档节能。答：(1)求电炖锅在高温挡正常工作时的电

流是2.7𝐴；(2)在用电高峰期，此时的实际电压是200𝑉；(3)电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，由(3)可知用高温挡更节能。【解析】(1)由功率公式可求得高温档时的电流；(2)由

𝑃=𝑈2𝑅公式变形可求得电炖锅的电阻，已知电能表每消耗1𝑘𝑊⋅ℎ的电能转盘就转动1800𝑟，据此求出电能表转盘在121𝑠内转了20𝑟消耗的电能，利用𝑃=𝑊𝑡求出其实际功率，再根据𝑃=𝑈2𝑅公式的变形求出他家电路的实际电压。(3)计算

出低温档和高温档每分钟消耗电能的多少比较即可解答。本题是一道电学与热学的综合应用题，考查了学生对吸热公式、电功公式、电功率公式以及效率公式的灵活运用，关键是从题目图片中找出有用的信息，与生活实际相连，使学生觉得学了物理有用，注意计算时的单位统一

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