2023年江苏省泰州市靖江外国语学校中考物理一调试卷

年江苏省泰州市靖江外国语学校中考物理一调试卷一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题只有一个选项正确）1．（2分）下列关于声音的说法正确的是（）A．超声波方向性好，在空气中的传播速度超过340m/s B．“声纹锁”主要是根据声音的音调来判断是否启动开锁装置 C．声音在水中传播的速度一般大于在空气中传播的速度 D．街头设置的噪声监测仪可以在传播途中减弱噪声2．（2分）下列用具在正常使用的过程中，属于省力杠杆的是（）A．食品夹子 B．核桃夹 C．筷子 D．船桨3．（2分）下列说法中，不正确的是（）A．洗澡水适宜的温度大概是40℃ B．一盏日光灯正常工作时电流约1.5A C．壁挂空调额定功率约1200W D．紫外线在真空中的速度为3×108m/s4．（2分）如图，两个完全相同的玻璃杯A和B，A中装有一些水，B倒扣着放入盛水的容器中。用酒精灯给容器中的水加热，在容器内的水沸腾后继续加热的过程中，下列描述正确的是（）A．A、B杯中的水均不沸腾 B．A杯中的水沸腾、B杯中的水不沸腾 C．A杯中的水不沸腾、B杯中的水沸腾 D．A、B杯中的水均沸腾5．（2分）下列有关力做功的说法中正确的是（）A．跳伞员在空中下落过程中，跳伞员受到的重力不做功 B．足球被脚踢出后，在地面上滚动的过程中，脚对足球做功 C．汽车沿公路行驶过程中，汽车受到的牵引力做了功 D．运动员举着杠铃在空中停留三秒的过程中，运动员对杠铃的支持力做了功6．（2分）物理社团课上，王老师组织学生制作了如图所示的杆秤模型。图中AOB是一质地均匀可绕O点自由转动的杠杆，杠杆上刻度线之间的距离为3cm，当在A点挂上重6N的秤盘后，AOB恰好能保持水平平衡，将被测物体放在左边秤盘上，将一重5N的钩码用细线挂到杠杆右侧，移动钩码的位置，直至杠杆水平平衡，通过计算可知重物的质量。从以上图文可知，杠杆的自重与该杆秤的分度值分别为多少（不计细线质量，g＝10N/kg）（）A．2N0.25kg B．4N0.5kg C．2N0.2kg D．4N0.25kg7．（2分）如图所示，用充气的气球模拟“喷气火箭”，把封口的夹子松开，球内气体向后喷出，气球向前运动。此过程中（）A．气球的弹性势能增大 B．喷出的气体内能减小 C．喷出的气体热运动加剧 D．喷出的气体向外界传递热量8．（2分）宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”图中符合上述说法的是（）A． B． C． D．9．（2分）如图，这是小明家的部分电路，下列有关说法正确的是（）A．保险盒的接法错误，应该安装在零线上 B．三孔插座正中间的插孔应该接三脚插头的最长那只脚 C．开关S断开时，a、b、c、d四处都不能使试电笔的氖管发光 D．若保险盒中的保险丝熔断，一定是电路发生了短路10．（2分）在“探究电功与哪些因素有关”的实验中，小惠连接了如图所示的电路，以下说法中错误的是（）A．此电路探究的是电功与电压的关系 B．移动滑动变阻器的滑片从而改变电流，可以进一步探究电功与电流的关系 C．实验中，通过灯泡的亮度反映电功的大小 D．滑动变阻器在电路中起到保护电路的作用11．（2分）小明想设计一种能发热并可调节温度高低的电热毯电路，其原理是：顺时针转动旋钮型变阻器触片，反映温度高低的“仪表”（电压表）示数变大，发热加快。下列电路图符合设计要求的是（）A． B． C． D．12．（2分）如图所示电路，电源电压恒定，滑动变阻器R2标有“20Ω.1A”的字样，将滑片置于最右端后，闭合开关，电流表A1、A2的示数分别为0.8A、0.3A。在电路安全工作时，下列选项正确的是（）A．电源电压为16V B．R1的阻值为7.5Ω C．R2消耗的功率范围为1.8W～6W D．该电路总功率的最大值为18W二、填空题（本题共10小题，每空1分，共27分）13．（2分）核能属于（选填“可再生”或“不可再生”）能源，电灯可以将电能转化为光能和内能，这些光能和内能却不能再自发地转化为电能，这一现象说明能量转化具有性。14．（3分）如图，小明用电压表测水果电池电压，由图可知：该水果电池的负极是片，用水果电池给电路供电时，将能转化为能。15．（2分）如图所示是一种塔式起重机上的滑轮组。用该滑轮组在50s内可将质量为600kg的物体匀速吊起5m，已知滑轮组的机械效率是80%．则拉力所做的功是J，拉力的功率为W。16．（4分）如图1所示的一台单缸四冲程汽油机的飞轮转速为2400r/min，在此过程中每秒燃气对外做功次。与如图1的汽油机的工作过程中能量转化情况一致的是图2实验中的（填“甲”或“乙”）。如图3是内燃机的能量流向图，根据图中给出的信息，该内燃机的效率为%。已知汽油的热值是4.6×107J/kg，完全燃烧0.5kg的汽油，按该内燃机的工作效率计算，该汽车获得的机械能是J。17．（3分）如图所示为单相电子式电能表，该电能表允许接入的最大电功率是W。关闭家里其它用电器，只让微波炉工作，当电能表的指示灯闪烁300次时，所用的时间为6min，则微波炉的电功率为W。当小明用同样的方法测家中电热水器的电功率时，发现电能表指示灯闪烁更快，这说明电流通过电热水器做功（选填“多”或“快”）一些。18．（3分）在研究小灯泡亮度时，小林同学分别让灯泡L1与灯泡L2正常工作，已知L1与L2的规格分别为“12V3W”与“6V3W”，则（选填”L1更亮”、“L2更亮”或者“一样亮”）。仔细观察，灯丝长度相同，会发现的灯丝比较粗，他将两灯串联接入电路中，则电路两端可加的最大电压为V（忽略温度对电阻的影响）。19．（2分）如图所示，电源电压恒为6V，R0为电阻箱，电动机线圈的电阻为2Ω，调节电阻箱R0使其接入电阻为4Ω，闭合开关，电动机正常转动，电流表的示数是0.2A，此时电动机两端的电压是V，100s内电流通过电动机线圈产生的热量是J。20．（2分）暴雨后立交桥下积水较深很不安全，物理学习小组为此设计了一个积水自动报警器，其原理图如图所示。图中A、B位置可以安装电铃或LED灯，要求地面没有积水时，LED灯亮，地面积水较深时，电铃响。根据设计要求，电铃应该安装在图中的（填“A”或“B”）位置。电磁继电器实质是一种（填“用电器”或“开关”）。21．（3分）如图，取一节旧的干电池和一根导线，靠近收音机，将导线的一端与电池的一极相连，再用导线的另一端与电池的另一极时断时续地接触。从收音机里听到了“咔嚓、咔嚓”的声音，这个现象反映了的电流能在周围的空间中产生电磁波。如果把收音机放入一个密闭的金属盒中，进行同样的操作，（选填“能”或“不能”）听到咔嚓声，这说明密闭的金属容器能电磁波。22．（3分）在中学生创新大赛中，我校参赛组设计了一种测定风力的装置，其工作原理如图甲所示，电源电压恒为5V，定值电阻R＝3Ω，Rx为压敏电阻，其阻值Rx与风力F关系如图乙所示。开关闭合后，无风时，压敏电阻的功率W；如果电压表的量程为0～3V。该装置所能测量的最大风力为N，若想让该装置能测量更大的风力，可以采取改进装置的措施是。三、解答题（本题有8小题，共49分，解答第24、25两小题要有解答过程）23．（2分）如图甲是一种蔬菜挤水器。其手柄可看作杠杆，图乙是其简化的示意图，图中O为支点，F2是其受到的阻力。在图乙中画出在A点施加的最小动力F1的示意图及力臂l1。24．（2分）根据图中磁感线分布情况，标出C点的磁场方向并在括号内标出a为电源的“+”极还是“﹣”极。25．（2分）如图1所示是一种带有USB接口的新型插线板，插座和USB接口都可以独立工作，开关同时控制USB接口和插孔是否通电。图2为该插线板内部的部分电路结构示意图。试根据该插线板的功能将图2中的电路连接完整。26．（6分）某太阳能热水器中装有40L的水，阳光照射一段时间后，水温从10℃升高到60℃，已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。求：（1）热水器中的水所吸收的热量；（2）如果水吸收的热量用天然气来提供，需要完全燃烧多少立方米的天然气？（天然气的热值为8.4×107J/m3，天然气完全燃烧放出热量的50%被水吸收）27．（6分）小明家有一台额定电压为220V的加湿器，说明书上的电路图为图甲。R1、R2为发热电阻，且R2＝3R1，S为旋转型开关。1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的转换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热），其高挡功率为440W。（1）求高挡工作时，电路中的电流；（2）求加湿器处于低挡时的电功率；（3）加湿器的P﹣t关系如图乙所示，加湿器工作30分钟消耗的电能为多少？28．（6分）小兵用图1中的实验装置来探究某物质的熔化特点。时间/min02468…（a）（b）（1）实验表格如上表所示，则表格中（a）、（b）两处应填写和；（2）他改正了错误的读数方法后，又正确地进行了实验，并根据所记录的实验数据描绘出该物质的温度随时间变化的关系图像，如图所示；①由图像可知，该物质是（选填“晶体”或“非晶体”）；②第6min时，该物质（选填“继续”或“不再”）吸热，熔化过程持续的时间是min；③在第7min时，若将试管从温水中取出，并立即放入熔点为﹣4℃的盐冰水混合物中，此时试管中该物质的温度（选填“升高”、“降低”或“不变”）。29．（8分）如图所示的三个实验中。（1）通过比较温度计示数的变化量来比较吸（放）热多少的有（填写图号）；（2）甲实验，沙子和水的质量相等，加热相同的时间，沙子升高的温度大，表明沙子的吸热能力比水（选填“强”或“弱”）；（3）乙实验中，发现用碎纸片加热烧杯中水温度升得快（选填“能”或“不能”）说明碎纸片的热值大；（4）利用丙图探究“电流热效应与电阻大小的关系”时，实验中烧瓶内液体选择煤油而不是水，这样选择的理由是。将两电阻串联的目的是控制相同。本实验（选填“能”或“不能”）解释“电炉丝热得发红，而连接它的导线却几乎不发热”；（5）现将丙装置改装后可比较水和煤油吸热升温的快慢，两电阻的阻值要（选填“相等”或“不等”），实验时分别向两个烧瓶中加入初温均为20℃、质量均为200g的水和煤油，通电4min后，分别读出温度计示数为t水＝35℃、t煤油＝50℃。煤油的比热容c煤油＝J/（kg•℃）（已知水的比热容为c水＝4.2×103J/（kg•℃），不计热量的损失）。30．（5分）（1）如图1是小明梳理的电与磁相关知识结构图，请你补充完整。①；②。（2）如图2所示是小华用漆包线和磁体制作的一台发电机模型，制作时用刀片将线圈两端的漆全部刮掉，作为转动轴，用纸做一个小风车固定在转轴上，将转轴放在支架上。将发电机与小量程电流表相连，转动小风车，电流表指针左右偏转，电路中电流的方向（填“改变”或“不变”），此过程中将能转化为电能。若将小量程电流表换成电池，线圈（填“能”或“不能”）持续转动。31．（5分）小明同学为了“探究影响导体电阻大小的因素”设计了如图甲实验装置。实验器材：电源（1.5V），电阻箱R0（0～999.9Ω），小量程电流表，电阻丝R，开关，导线若干。（1）本实验通过来比较导体电阻的大小；（2）小明发现只有一根电阻丝，可以探究导体的电阻是否与导体的有关；A.长度B.横截面积C.材料（3）小明把电阻丝接入ab间，闭合开关S，将电阻箱调到适当位置不动，多次改变金属夹P的位置，得到多组I、L的数据，以电流的倒数为纵坐标、电阻丝接入电路的长度L为横坐标，得出图像（如图乙）。由图像可知，R0的阻值为Ω，该电阻丝8cm长度的阻值为Ω；（4）实验中调节电阻箱到适当位置，使得电流比较小的好处是。32．（7分）在“探究电流与电阻的关系”实验中，提供器材有：电源输出电压为3V保持不变，三个定值电阻5Ω、10Ω、20Ω，标有“20Ω，1A”的滑动变阻器R，电压表（0～3V）、电流表（0～0.6A），开关，导线若干。（1）图1是小华连接的实物电路，有一根导线连接错了，请在该导线上画“×”并改正；（2）在连接实验电路时，开关应。接通电路前，应将滑动变阻器的滑片滑到（A/B）端。此实验中滑动变阻器的作用是保护电路和。（3）将10Ω电阻接入电路，发现电压表示数无法调节到0.8V，为避免实验难以完成，他应将电阻（由小到大/由大到小）的顺序接入电路，并控制电阻两端的电压至少为V。（4）若将电压表并联在滑动变阻器两端进行实验，（能/不能）得到电流与电阻的关系。

2023年江苏省泰州市靖江外国语学校中考物理一调试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题只有一个选项正确）1．（2分）下列关于声音的说法正确的是（）A．超声波方向性好，在空气中的传播速度超过340m/s B．“声纹锁”主要是根据声音的音调来判断是否启动开锁装置 C．声音在水中传播的速度一般大于在空气中传播的速度 D．街头设置的噪声监测仪可以在传播途中减弱噪声【分析】（1）振动频率在20000Hz以上的声波叫超声波；声波在15℃空气中的传播速度为340m/s；（2）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的；音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；（3）声音在不同介质中传播的速度不同；（4）减弱噪声的方式有三种，即在声源处减弱，在人耳处减弱，在传播过程中减弱。【解答】解：A、超声波在15℃空气中的传播速度为340m/s，故A错误；B、不同人说话的特点不同，即音色不同；所以“声纹锁”主要是根据声音的音色来判断说话者，故B错误；C、声音在不同介质中传播速度不同，在固体中传播最快，在气体中传播最慢，故C正确；D、街头设置噪声监测仪可以检测噪声的等级，但不可以减弱噪声，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查超声波、声速、声音的三个特征、减弱噪声的途径等知识，平时学习中要在理解的基础上记忆这部分的内容，做到熟能生巧。2．（2分）下列用具在正常使用的过程中，属于省力杠杆的是（）A．食品夹子 B．核桃夹 C．筷子 D．船桨【分析】结合生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。【解答】解：A、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A不符合题意；B、核桃夹子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故B符合题意；C、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故C不符合题意；D、船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故D不符合题意。故选：B。【点评】此题考查的是杠杆的分类，包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。3．（2分）下列说法中，不正确的是（）A．洗澡水适宜的温度大概是40℃ B．一盏日光灯正常工作时电流约1.5A C．壁挂空调额定功率约1200W D．紫外线在真空中的速度为3×108m/s【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，找到与生活实际相差较远的选项。【解答】解：A、洗澡水适宜的温度大概是40℃，故A正确；B、普通日光灯的额定功率约为40W，正常工作电流约为I＝≈0.18A，，故B不正确；C、壁挂空调额定功率约1200W，故C正确；D、紫外线在真空中的速度为3×108m/s，故D正确。故选：B。【点评】做这种题目，对常见的物理量要有一定的估测能力，根据生活常识和必要的计算去判断题目的对错。4．（2分）如图，两个完全相同的玻璃杯A和B，A中装有一些水，B倒扣着放入盛水的容器中。用酒精灯给容器中的水加热，在容器内的水沸腾后继续加热的过程中，下列描述正确的是（）A．A、B杯中的水均不沸腾 B．A杯中的水沸腾、B杯中的水不沸腾 C．A杯中的水不沸腾、B杯中的水沸腾 D．A、B杯中的水均沸腾【分析】解决此题的关键是知道水沸腾的条件是达到沸点和继续吸热，二者缺一不可，水的沸点会随着压强的增大而升高。【解答】解：当容器中的水沸腾后，尽管不断吸热，但容器中的水温度不再升高，保持水的沸点温度不变；玻璃杯A中的水从容器中吸热，温度达到水的沸点后，就和容器中的水的温度一样，就不能从容器中继续吸热，所以A中水温能达到沸点，但不能继续吸热，所以不能沸腾；B中气压增大，水的沸点升高，水温不能达到沸点，所以不能沸腾。故选：A。【点评】解决此类题目要知道沸腾的条件及改变气压可以改变沸点，属于基础题目。5．（2分）下列有关力做功的说法中正确的是（）A．跳伞员在空中下落过程中，跳伞员受到的重力不做功 B．足球被脚踢出后，在地面上滚动的过程中，脚对足球做功 C．汽车沿公路行驶过程中，汽车受到的牵引力做了功 D．运动员举着杠铃在空中停留三秒的过程中，运动员对杠铃的支持力做了功【分析】力对物体做功的两个条件：一是作用在物体上的力，二是物体沿这个力的方向通过的距离。两个条件缺一不可。【解答】解：A、跳伞员在空中下落过程中，受到竖直向下的重力，跳伞员竖直向下移动了距离，重力对跳伞员做了功，故A错误。B、被脚踢出的足球在草地上滚动的过程中，足球通过了一定距离，但此时脚不再对足球有力的作用，所以脚对足球没有做功，故B错误。C、汽车在水平公路上行驶，汽车受到的牵引力做了功，故C正确。D、运动员举着杠铃在空中停留三秒的过程中，运动员对杠铃的支持力向上，向上没有移动距离，运动员对杠铃没有做功，故D错误。故选：C。【点评】有力有距离，力对物体不一定做功，物体必须在力的作用下通过了距离，力对物体才做功。6．（2分）物理社团课上，王老师组织学生制作了如图所示的杆秤模型。图中AOB是一质地均匀可绕O点自由转动的杠杆，杠杆上刻度线之间的距离为3cm，当在A点挂上重6N的秤盘后，AOB恰好能保持水平平衡，将被测物体放在左边秤盘上，将一重5N的钩码用细线挂到杠杆右侧，移动钩码的位置，直至杠杆水平平衡，通过计算可知重物的质量。从以上图文可知，杠杆的自重与该杆秤的分度值分别为多少（不计细线质量，g＝10N/kg）（）A．2N0.25kg B．4N0.5kg C．2N0.2kg D．4N0.25kg【分析】（1）杠杆上只有秤盘时，杠杆在水平位置平衡，杠杆左边是秤盘的力，右边有杠杆的自身重来平衡杠杆，根据杠杆平衡条件求出杠杆的重。（2）原来杠杆是平衡的，当物体放在左盘中，左盘增加了力，右边加挂钩码，增加的力和力臂的乘积相等，要求杆秤的分度值，可以使钩码的力臂最小的1格长度。【解答】解：（1）AOB是一质地均匀可绕O点自由转动的杠杆，则杠杆的重心在C处，当在A点挂上重6N的秤盘后，AOB刚好能保持水平平衡，此时杠杆的支点是O，动力臂是OC3×3cm＝9cm，阻力臂是OA＝2×3cm＝6cm，阻力是秤盘的重力6N根据杠杆平衡条件得，G'×OC＝G×OA，G'×9cm＝6N×6cm，解得，杠杆的自重：G'＝4N；（2）当物体放在左盘中，左盘增加了力，右边加挂钩码，钩码挂在1格位置时，可测量的最小物体质量m，根据杠杆平衡条件得，G'×OB＝mg×OA，5N×3cm＝m×10N/kg×6cm解得，可测量的最大物体质量：m＝0.25kg；故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查杠杆的平衡条件，找准力及其对应的力臂是本题关键。7．（2分）如图所示，用充气的气球模拟“喷气火箭”，把封口的夹子松开，球内气体向后喷出，气球向前运动。此过程中（）A．气球的弹性势能增大 B．喷出的气体内能减小 C．喷出的气体热运动加剧 D．喷出的气体向外界传递热量【分析】（1）物体的弹性势能与其弹性形变有关，弹性形变越大，弹性势能就越大；（2）物体对外做功，内能减小，温度降低，从外界吸热。【解答】解：A、把封口的夹子松开，球内气体向外喷出，气球弹性形变变小，气球的弹性势能变小，故A错误；B、喷出的气体对外做功，内能减小，故B正确；C、喷出的气体对外做功，内能减小，温度降低，热运动变慢，故C错误；D、喷出的气体对外做功，内能减小，温度降低，从外界吸热，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了弹性势能、内能知识，是一道概念理解题，解题的关键理解做功能改变物体内能的原因，做功分对物体做功和物体对外做功两种情况。8．（2分）宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”图中符合上述说法的是（）A． B． C． D．【分析】（1）地球是一个大磁体，地球周围存在的磁场叫地磁场。（2）地磁场的南北极与地理南北极相反，且不重合。即：地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近。如图：【解答】解：地磁场的南北极与地理南北极相反，且不重合。即：地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近。如图：A、小磁针应该指向南北，图中却指向东西，故A错误；B、小磁针应该指向南北，图中却指向东西，故B错误；C、地磁南极在地理北极附近，所以小磁针S应该指向南方，略偏向东方，小磁针N应该指向北方，略偏向西方，故C正确；D、地磁南极在地理北极附近，所以小磁针S应该指向南方，略偏向东方，小磁针N应该指向北方，略偏向西方，故D错误。故选：C。【点评】这一知识点是了解性内容，理解清楚地磁和地理南北极关系，地磁和地理南北极的关系，属于基础题9．（2分）如图，这是小明家的部分电路，下列有关说法正确的是（）A．保险盒的接法错误，应该安装在零线上 B．三孔插座正中间的插孔应该接三脚插头的最长那只脚 C．开关S断开时，a、b、c、d四处都不能使试电笔的氖管发光 D．若保险盒中的保险丝熔断，一定是电路发生了短路【分析】为保护电路，保险盒应该安装在火线上。三孔插座正中间的插孔应该接三脚插头的最长那只脚，即地线。当测电笔与火线相连时，氖管发光；当电路导通时，测电笔接触各部分电路都会发光；而电路不通电时，接触零线是不发光的。家庭电路电流过大的原因有两个：短路和用电器总功率过大。【解答】解：A．保险盒的接法正确，应该安装在火线上，故A错误；B．三孔插座正中间的插孔应该接三脚插头的最长那只脚，故B正确；C．开关S断开时，a、b、c三处都不能使试电笔的氖管发光，d处可以使试电笔的氖管发光，故C错误；D．若保险盒中的保险丝熔断，可能是电路发生了短路，也可能是用电器的总功率过大，故D错误。故选：B。【点评】此题考查了保险丝的作用及试电笔的应用，是一道联系实际的应用题。正确理解通路、断路和短路的概念，是解答此类问题的基础。10．（2分）在“探究电功与哪些因素有关”的实验中，小惠连接了如图所示的电路，以下说法中错误的是（）A．此电路探究的是电功与电压的关系 B．移动滑动变阻器的滑片从而改变电流，可以进一步探究电功与电流的关系 C．实验中，通过灯泡的亮度反映电功的大小 D．滑动变阻器在电路中起到保护电路的作用【分析】（1）两灯泡串联时通过的电流和通电时间相等，根据W＝UIt判断此电路可以探究影响电功的因素；（2）电流做功的过程就是把电能转化为其它形式能的过程，相同时间内消耗的电能越多，转化为其它形式的能越多；（3）滑动变阻器串联在电路中可以起到保护电路的作用；（4）探究电功与电流的关系时，应控制电压和通电时间相同，改变通过的电流。【解答】解：由电路图可知，两灯泡与滑动变阻器串联，两电压表分别测两灯泡两端的电压。A、因串联电路中各处的电流和通电时间相等，所以根据W＝UIt可知，此电路可以探究电功与电压的关系，故A正确；B、探究电功与电流的关系时，应控制电压和通电时间相同，移动滑动变阻器的滑片时，通过灯泡的电流和灯泡两端的电压均改变，所以不能探究电功与电流的关系，故B错误；C、灯泡越亮、实际功率越大，在相同时间里消耗的电能越多，电流做功越多，所以我们可以通过灯泡的亮度来比较相同时间内电流做功的多少，故C正确；D、滑动变阻器在电路中起到保护电路的作用，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了“探究电功与哪些因素有关”的实验，设计出串联电路的特点和滑动变阻器的作用等，利用好控制变量法和转换法是关键。11．（2分）小明想设计一种能发热并可调节温度高低的电热毯电路，其原理是：顺时针转动旋钮型变阻器触片，反映温度高低的“仪表”（电压表）示数变大，发热加快。下列电路图符合设计要求的是（）A． B． C． D．【分析】分析电路的连接及电表测量的物理量，根据分压原理及串联电路电压的规律分析，找出符合题意的选项。【解答】解：A、由图知，电热丝与变阻器串联，且变阻器的全部电阻连入电路中，电压表测电热丝两端的电压；顺时针转动旋钮型变阻器触片时，变阻器连入电路的电阻不变，总电阻不变，由欧姆定律可知电路中电流不变，由U＝IR可知电压表示数不变，故A不符合题意；B、由图知，电热丝与变阻器串联，电压表测电热丝两端的电压；顺时针转动旋钮型变阻器触片时，变阻器连入电路的电阻变大，由分压原理可知，变阻器分得的电压变大，根据串联电路电压的规律可知电热丝两端的电压变小，即电压表示数变小，故B不符合题意；C、图中电压表测电源电压，则顺时针转动旋钮型变阻器触片时，电压表示数保持不变，故C不符合题意；D、由图知，电热丝与变阻器串联，电压表测电热丝两端的电压；顺时针转动旋钮型变阻器触片时，变阻器连入电路的电阻变小，由分压原理可知，变阻器分得的电压变小，根据串联电路电压的规律可知电热丝两端的电压变大，即电压表示数变大；电热丝的阻值不变，但电热丝两端的电压变大，根据P＝可知，电热丝的电功率变大，即发热加快，故D符合题意。故选：D。【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是明确变阻器的连接情况，分清顺时针转动旋钮型变阻器触片时变阻器连入电路中的电阻变化。12．（2分）如图所示电路，电源电压恒定，滑动变阻器R2标有“20Ω.1A”的字样，将滑片置于最右端后，闭合开关，电流表A1、A2的示数分别为0.8A、0.3A。在电路安全工作时，下列选项正确的是（）A．电源电压为16V B．R1的阻值为7.5Ω C．R2消耗的功率范围为1.8W～6W D．该电路总功率的最大值为18W【分析】根据电路图分析电路连接情况可知R1、R2并联，A1测量干路电流，A2测量通过R2的电流。再结合欧姆定律和并联电路电流与电压特点，求出电源电压与R1的值。最后动态分析出电路中的电功率，通过R2电流最大时R2电功率最大，R1电功率始终不变，则此时电路中总功率最大。R2完全接入电路中，R2电流最小，R2电功率最小。【解答】解：根据电路图分析电路连接情况可知R1、R2并联，A1测量干路电流，A2测量通过R2的电流，则I＝0.8A，I2＝0.3A。A、将滑片置于最右端，R2＝20Ω，根据I＝以及并联电路电压特点，U＝I2R2＝0.3A×20Ω＝6V，故A错误；B、根据并联电路电压特点，各支路两端电压相等且等于电源电压。并联电路电流特点，干路电流等于各支路电流之和。由此可以得出I1＝I﹣I2＝0.8A﹣0.3A＝0.5A，则R1＝＝＝12Ω，故B错误；C、当R2全部接入时，流过R2的电流最小，R2的电功率最小，P2min＝UI2＝6V×0.3A＝1.8W。根据滑动变阻器R2标有“20Ω.1A”的字样可知I2max＝1A，此时R2的电功率最大，P2max＝UI2max＝6V×1A＝6W，故C正确；D、P1＝UI1＝6V×0.5A＝3W，该电路总功率的最大值为P＝P1+P2max＝3W+6W＝9W，故D错误。故答案为：C。【点评】此题考察了欧姆定律、动态电路、电功率的综合计算，综合性较强，难度较大。二、填空题（本题共10小题，每空1分，共27分）13．（2分）核能属于不可再生（选填“可再生”或“不可再生”）能源，电灯可以将电能转化为光能和内能，这些光能和内能却不能再自发地转化为电能，这一现象说明能量转化具有方向性。【分析】（1）消耗后能从自然界不断得到补充或可循环利用的能源，称为可再生能源；一旦消耗，短时间内无法再得到的能源，称为不可再生能源；（2）能量在转移和转化的过程中具有方向性。【解答】解：（1）核能来自于核燃料，在地球上的储量是有限的，因此核能属于不可再生能源；（2）电灯可以将电能转化为光能和内能，这些光能和内能却不能再自发地转化为电能，这一现象说明能量转化具有方向性。故答案为：不可再生；方向。【点评】本题考查了对核能分类以及能量转化方向性的了解，属基础题，难度不大。14．（3分）如图，小明用电压表测水果电池电压，由图可知：该水果电池的负极是铁片，用水果电池给电路供电时，将化学能转化为电能。【分析】（1）由图中电压表指针的偏转方向可判断电流方向，同时能判断水果电池的极性。（2）水果电池是将化学能转化为电能的装置。【解答】解：图中电压表指针正常偏转，则连接电压表正接线柱的是电池的正极，即铜片是水果电池的正极，铁片是电池的负极。水果电池和干电池、蓄电池类似，都是将化学能转化为电能的装置。故答案为：铁；化学；电。【点评】本题考查的是电源的能量转化和用电压表判断水果电池极性方法。运用电压表判断水果电池的正负极时，电压表正常偏转则连接电压表正接线柱的是电池的正极；电压表反向偏转时，连接电压表正接线柱的是电池的负极。15．（2分）如图所示是一种塔式起重机上的滑轮组。用该滑轮组在50s内可将质量为600kg的物体匀速吊起5m，已知滑轮组的机械效率是80%．则拉力所做的功是3.75×104J，拉力的功率为750W。【分析】（1）利用G＝mg求出物体的重力，利用W有用＝Gh求出有用功；根据效率公式求出总功；（2）利用P＝求拉力做功的功率。【解答】解：（1）所做的有用功：W有用＝Gh＝mgh＝600kg×10N/kg×5m＝3×104J；由η＝＝80%得总功（拉力做的功）为：W总＝＝＝3.75×104J；（2）拉力的功率为：P＝＝＝750W。故答案为：3.75×104；750。【点评】本题考查了重力公式、功的公式、功率公式和效率公式的应用，属于基础题目。16．（4分）如图1所示的一台单缸四冲程汽油机的飞轮转速为2400r/min，在此过程中每秒燃气对外做功20次。与如图1的汽油机的工作过程中能量转化情况一致的是图2实验中的乙（填“甲”或“乙”）。如图3是内燃机的能量流向图，根据图中给出的信息，该内燃机的效率为30%。已知汽油的热值是4.6×107J/kg，完全燃烧0.5kg的汽油，按该内燃机的工作效率计算，该汽车获得的机械能是6.9×106J。【分析】（1）在四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次；（2）内燃机的一个工作循环有四个冲程，即吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；压缩冲程即进气门和排气门都关闭，活塞由上向下运动，压缩空气做功，使气缸内气体内能增加温度升高；对于做功冲程，即气缸内的混合物被引燃，导致气缸内产生高温高压燃气，这些燃气推动活塞做功，使活塞由上向下运动。故分析每个图中的能量转化关系即可判断；（3）由能流图得出输出的有用功占总能量的比值，得出内燃机的效率；燃料完全燃烧放出的热量用公式Q＝qm计算；再根据η＝求出汽车获得的机械能。【解答】解：（1）由题意可知，单缸四冲程汽油机的飞轮转速是2400r/min，即每秒钟转40圈，完成80个冲程，做功20次；（2）内燃机的一个工作循环有四个冲程，即吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，在该题中，两个气门都关闭，活塞由下向上压缩气缸内的空气，即对空气做功，使得空气的内能增加，温度升高，这是通过做功的方式改变了气缸内物质的内能，即是将机械能转化为内能的过程；分析图甲能看出，是水蒸气对瓶塞做功，故是将内能转化为机械能的过程，故与图1的能量转化不一致；分析图乙能看出，是通过做功的方式改变内能的，故是将机械能转化为内能的过程，故与图1的能量转化一致。（3）由图可知，输出的有用功在总能量中所占的比例：100%﹣33%﹣30%﹣7%＝30%，所以热机的效率为η＝30%；（2）完全燃烧0.5kg的汽油放出的热量：Q总＝qm＝4.6×107J/kg×0.5kg＝2.3×107J；根据η＝可得，汽车获得的机械能：W有用＝Q总η＝2.3×107J×30%＝6.9×106J。故答案为：20；乙；30；6.9×106。【点评】本题考查热机效率的有关计算、热机工作中的能量转化和热机的工作原理的掌握情况，解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答。17．（3分）如图所示为单相电子式电能表，该电能表允许接入的最大电功率是8800W。关闭家里其它用电器，只让微波炉工作，当电能表的指示灯闪烁300次时，所用的时间为6min，则微波炉的电功率为1000W。当小明用同样的方法测家中电热水器的电功率时，发现电能表指示灯闪烁更快，这说明电流通过电热水器做功快（选填“多”或“快”）一些。【分析】（1）“5（40）A”表示电能表的标定电流是5A，平时工作允许通过的最大电流是40A；根据P＝IU可求出该电能表允许接入的最大电功率；（2）根据P＝和电能表上的参数来计算用电器的电功率；（3）首先判断出在相同的时间内电能表红灯闪烁的快，则消耗电能多，再利用公式P＝进行分析和判断。【解答】解：（1）电能表允许通过的最大电流是40A，该电能表允许接入的最大电功率：P＝IU＝40A×220V＝8800W；（2）关闭家里其它用电器，只让微波炉工作，当电能表的指示灯闪烁300次时，所用的时间为6min，此阶段消耗电能为：；电功率为：；（3）因为用同样的方法测家中电热水器的电功率时，发现电能表红灯闪烁更快，则说明在相同的时间内，电热水器消耗的电能越多，由公式P＝可知，电热水器消耗的电功率比微波炉的电功率大，这说明电流通过电热水器做功快一些。故答案为：8800；1000；快。【点评】本题考查了电能表的使用、消耗电能和用电器功率的计算，关键是电能表参数含义的理解与掌握。18．（3分）在研究小灯泡亮度时，小林同学分别让灯泡L1与灯泡L2正常工作，已知L1与L2的规格分别为“12V3W”与“6V3W”，则一样亮（选填”L1更亮”、“L2更亮”或者“一样亮”）。仔细观察，灯丝长度相同，会发现L2的灯丝比较粗，他将两灯串联接入电路中，则电路两端可加的最大电压为15V（忽略温度对电阻的影响）。【分析】（1）灯泡的亮度取决于工作时的实际功率，据此判断；（2）电阻的影响因素：导体的材料、长度、横截面积、温度；据此进行判断；（3）将两灯串联接入电路中时，电路电流不能超过额定电流较小的灯泡正常工作时的电流值，根据公式I＝分别计算出两灯正常工作时的电流，再根据串联电路中的电阻规律，利用欧姆定律计算出电路两端可加的最大电压。【解答】解：灯泡L1与灯泡L2的额定功率都是3W，因此两灯泡正常工作时一样亮；灯泡L1的电阻值为：R1＝＝＝48Ω；灯泡L2的电阻值为：R2＝＝＝12Ω；当灯丝的材料、长度、温度一定时，灯丝越粗，电阻值越小，因此L2的灯丝比较粗；灯泡L1正常工作时的电流为：I1＝＝＝0.25A；灯泡L2正常工作时的电流为：I2＝＝＝0.5A；因此两灯串联接入电路中时，电路中电流最大不能超过0.25A，根据串联电路中的电阻规律和欧姆定律，此时电源电压即电路两端可加的最大电压为：U＝IR＝I（R1+R2）＝0.25A×（48Ω+12Ω）＝15V。故答案为：一样亮；L2；15。【点评】此题考查了用电器的额定功率与实际功率、电阻的影响因素、欧姆定律，属基础题目。19．（2分）如图所示，电源电压恒为6V，R0为电阻箱，电动机线圈的电阻为2Ω，调节电阻箱R0使其接入电阻为4Ω，闭合开关，电动机正常转动，电流表的示数是0.2A，此时电动机两端的电压是5.2V，100s内电流通过电动机线圈产生的热量是8J。【分析】（1）电动机正常转动时，根据U＝IR算出电阻箱两端电压，利用串联电压特点求电动机两端的电压；（2）利用焦耳定律求100s内电流通过电动机产生的热量。【解答】解：由欧姆定律I＝得电阻箱R0两端的电压：U0＝IR0＝0.2A×4Ω＝0.8V，根据串联电路电压的规律知此时电动机两端的电压为：U机＝U﹣U0＝6V﹣0.8V＝5.2V；100s内电流通过电动机线圈产生的热量是：Q＝I2R机t＝（0.2A）2×2Ω×100s＝8J。故答案为：5.2；8。【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律和焦耳定律的应用，注意当电动机不转动时为纯电阻电路。20．（2分）暴雨后立交桥下积水较深很不安全，物理学习小组为此设计了一个积水自动报警器，其原理图如图所示。图中A、B位置可以安装电铃或LED灯，要求地面没有积水时，LED灯亮，地面积水较深时，电铃响。根据设计要求，电铃应该安装在图中的B（填“A”或“B”）位置。电磁继电器实质是一种开关（填“用电器”或“开关”）。【分析】（1）生活用水是导体，当桥面下的水位升高到一定程度时，接通左边的控制电路，电磁铁有了磁性，吸下衔铁，动触点向下移动，接通电铃电路报警。（2）电磁继电器实际上一个电磁开关。【解答】解：生活用水是导体，当桥面下的水位升高到一定程度时，接通左边的控制电路，电磁铁有了磁性，吸下衔铁，动触点向下移动，接通电铃电路报警。地面积水较深时，电铃响。根据设计要求，电铃应该安装在图中的B位置。电磁继电器实质是一种开关。故答案为：B；开关。【点评】知道电磁继电器的基本原理及其在生产、生活中的应用。21．（3分）如图，取一节旧的干电池和一根导线，靠近收音机，将导线的一端与电池的一极相连，再用导线的另一端与电池的另一极时断时续地接触。从收音机里听到了“咔嚓、咔嚓”的声音，这个现象反映了迅速变化的电流能在周围的空间中产生电磁波。如果把收音机放入一个密闭的金属盒中，进行同样的操作，不能（选填“能”或“不能”）听到咔嚓声，这说明密闭的金属容器能屏蔽电磁波。【分析】（1）迅速变化的电流会在空间激起电磁波；（2）金属对电磁波有屏蔽作用。【解答】解：导线中电流的迅速变化能在周围的空间中产生电磁波。因为金属对电磁波有屏蔽作用，因此不能听到咔嚓声。故答案为：迅速变化；不能；屏蔽。【点评】此题考查了电磁波的产生和传播、金属对电磁波的屏蔽作用，属基础题目。22．（3分）在中学生创新大赛中，我校参赛组设计了一种测定风力的装置，其工作原理如图甲所示，电源电压恒为5V，定值电阻R＝3Ω，Rx为压敏电阻，其阻值Rx与风力F关系如图乙所示。开关闭合后，无风时，压敏电阻的功率1.75W；如果电压表的量程为0～3V。该装置所能测量的最大风力为500N，若想让该装置能测量更大的风力，可以采取改进装置的措施是减小R的电阻值。【分析】（1）由图乙可知无风时Rx的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据P＝I2R求出压敏电阻Rx消耗的电功率；（2）当所测风力最大时，Rx的阻值最小，电路中电流最大，则电压表的示数最大，根据欧姆定律求出电压表示数最大时电路中的电流，再根据欧姆定律求出压敏电阻的阻值，根据图乙可知该装置所能测量的最大风力；（3）根据串联电路的分压规律分析。【解答】解：（1）由电路图可知，闭合开关，定值电阻和压敏电阻串联；由图象可知，当无风时，电阻Rx＝7Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电路中的电流：I＝＝＝0.5A，压敏电阻Rx消耗的电功率：Px＝I2Rx＝（0.5A）2×7Ω＝1.75W；（2）由图象可知Rx与F图线为一次函数，Rx＝aF+b，当F＝0时，Rx＝7Ω，所以7Ω＝a×0+b，可得：b＝7Ω，当F＝600N时，Rx＝1Ω，所以1Ω＝a×600N+7Ω，可得：a＝﹣0.01Ω/N，则：Rx＝﹣0.01Ω/N×F+7Ω，当所测风力最大时，Rx的阻值最小，电路中电流最大，则电压表的示数最大，即UR＝3V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以Rx两端的电压：Ux＝U﹣UR＝5V﹣3V＝2V，因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的电流：I′＝＝＝1A，则压敏电阻的阻值：Rx′＝＝＝2Ω，所以2Ω＝﹣0.01Ω/N×F+7Ω，解得：F＝500N，该装置所能测量的最大风力为500N；（3）若想让该装置能测量更大的风力，风力越大，Rx的电阻越小，其分担的电压越小，R分担的电压越大，电压表示数越大，要使电压表的示数保持3V不变，可以通过减小R的电阻来减小R两端的电压，故采取改进装置的措施是：减小R的电阻值。故答案为：1.75；500；减小R的电阻值。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据图象获取有用的信息，有一定的难度。三、解答题（本题有8小题，共49分，解答第24、25两小题要有解答过程）23．（2分）如图甲是一种蔬菜挤水器。其手柄可看作杠杆，图乙是其简化的示意图，图中O为支点，F2是其受到的阻力。在图乙中画出在A点施加的最小动力F1的示意图及力臂l1。【分析】由杠杆平衡条件（F1L1＝F2L2）可知，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，根据图示确定最大动力臂，然后作出最小的动力。【解答】解：由杠杆平衡条件可知，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小；力F1作用在A点，当OA为动力臂时，动力臂最长，此时动力F1最小，并且F1的方向垂直于OA向下，据此作图，如图所示：。【点评】本题考查了杠杆中最小力的问题、力臂的画法，知道力的作用点时，以支点到力的作用点间距离为力臂是最长的力臂。24．（2分）根据图中磁感线分布情况，标出C点的磁场方向并在括号内标出a为电源的“+”极还是“﹣”极。【分析】图中磁感线呈排斥状，可以判断两个磁铁相对的磁极是同名磁极；磁体周围的磁感线都是从N极出发回到S极；根据安培定则判断通电螺线管中电流的方向，确定电源的正、负极。【解答】解：由图知，磁感线呈排斥状，则两个磁铁相对的磁极是同名磁极，右边磁铁的左端是S极，所以通电螺线管的右端为S极，左端为N极，在磁体外部，磁感线从N极出发，回到S极，所以C点的磁感线方向是向下的；由安培定则可知，电流从螺线管左端流入，右端流出，所以a为电源正极，如图所示：【点评】解答时需要注意：如果两个磁铁相对的磁极是异名磁极，则磁感线是从一端进入另一端，而同名磁极的磁感线呈排斥状；安培定则共涉及三个方向：电流方向、磁场方向、线圈绕向，告诉其中的两个方向可以确定第三个的方向。25．（2分）如图1所示是一种带有USB接口的新型插线板，插座和USB接口都可以独立工作，开关同时控制USB接口和插孔是否通电。图2为该插线板内部的部分电路结构示意图。试根据该插线板的功能将图2中的电路连接完整。【分析】（1）并联电路各支路用电器互不影响，由此可知，三孔插座和USB接口的连接方式；根据开关作用确定其在电路中的位置；（2）三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。【解答】解：由题知，三孔插座和USB接口可以独立工作，即两者是并联的，而三孔插座和USB接口由总开关控制，说明开关在干路上，三孔插座的接法是“左零右火上地”，由此按家庭电路连接的要求补画电路如图所示：【点评】本题考查了家庭电路的连接，属于基础题目。26．（6分）某太阳能热水器中装有40L的水，阳光照射一段时间后，水温从10℃升高到60℃，已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。求：（1）热水器中的水所吸收的热量；（2）如果水吸收的热量用天然气来提供，需要完全燃烧多少立方米的天然气？（天然气的热值为8.4×107J/m3，天然气完全燃烧放出热量的50%被水吸收）【分析】（1）已知水的质量与初末温度，由热量公式可以求出水所吸收的热量。（2）已知天然气完全燃烧放出热量的50%被水吸收，根据η＝Q吸Q放可求得Q放，再根据Q放＝Vq求出天然气的体积。【解答】解：（1）热水器中水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×40kg×（60℃﹣10℃）＝8.4×106J；（2）由题知，天然气完全燃烧放出热量的50%被水吸收，由η＝可得Q放＝＝＝1.68×107J，由Q放＝Vq可得，需要完全燃烧天然气的体积：V＝＝＝0.2m3；答：（1）热水器中的水所吸收的热量为8.4×106J；（2）如果水吸收的热量用天然气来提供，需要完全燃烧0.2立方米的天然气。【点评】本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的应用，考查的知识点较多，要求灵活应用相关公式和条件。27．（6分）小明家有一台额定电压为220V的加湿器，说明书上的电路图为图甲。R1、R2为发热电阻，且R2＝3R1，S为旋转型开关。1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的转换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热），其高挡功率为440W。（1）求高挡工作时，电路中的电流；（2）求加湿器处于低挡时的电功率；（3）加湿器的P﹣t关系如图乙所示，加湿器工作30分钟消耗的电能为多少？【分析】（1）已知加湿器的高挡功率，根据P＝UI求出高挡工作时，电路中的电流；（2）由电路图可知，旋转开关接2、3触点时，R1与R2串联，此时电路的总电阻最大，根据P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总功率最小，加湿器处于低挡；当旋转开关接3、4触点时，电路为R1的简单电路，此时电路的总电阻最小，根据P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总功率最大，加湿器处于高挡；根据P＝UI＝求出R1的阻值，进一步求出R2的阻值，再根据串联电路电阻规律和P＝UI＝求出加湿器处于低挡时的电功率；（3）由图乙可知，加湿器工作30min内高挡工作的时间和低挡工作的时间，根据P＝求出加湿器工作30分钟消耗的电能。【解答】解：（1）已知加湿器的高挡功率为440W，由P＝UI可知，高挡工作时，电路中的电流：I＝＝＝2A；（2）由电路图可知，当旋转开关接3、4触点时，电路为R1的简单电路，此时电路的总电阻最小，由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总功率最大，加湿器处于高挡，由P＝UI＝可知，R1的阻值：R1＝＝＝110Ω，因R2＝3R1，所以R2的阻值：R2＝3R1＝3×110Ω＝330Ω，旋转开关接2、3触点时，R1与R2串联，此时电路的总电阻最大，由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总功率最小，加湿器处于低挡，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以此时电路的总电阻：所以，R＝R1+R2＝110Ω+330Ω＝440Ω，则加湿器处于低挡时的电功率：P低挡＝＝＝110W；（3）由图乙可知，加湿器工作30min内，高挡工作的时间为10min，低挡工作的时间为20min，由P＝可得，加湿器工作30分钟消耗的电能：W＝P高t高+P低t低＝440W×10×60s+110W×20×60s＝3.96×105J。答：（1）高挡工作时，电路中的电流为2A；（2）加湿器处于低挡时的电功率为110W；（3）加湿器工作30分钟消耗的电能为3.96×105J。【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，分清加湿器处于不同状态时电路的连接方式是关键。28．（6分）小兵用图1中的实验装置来探究某物质的熔化特点。时间/min02468…（a）（b）（1）实验表格如上表所示，则表格中（a）、（b）两处应填写温度/℃和状态；（2）他改正了错误的读数方法后，又正确地进行了实验，并根据所记录的实验数据描绘出该物质的温度随时间变化的关系图像，如图所示；①由图像可知，该物质是晶体（选填“晶体”或“非晶体”）；②第6min时，该物质继续（选填“继续”或“不再”）吸热，熔化过程持续的时间是6min；③在第7min时，若将试管从温水中取出，并立即放入熔点为﹣4℃的盐冰水混合物中，此时试管中该物质的温度不变（选填“升高”、“降低”或“不变”）。【分析】（1）探究某物质的熔化特点时需要观察物质的状态及温度计的示数；（2）晶体凝固时放热，但温度不变。【解答】解：（1）探究某物质的熔化特点时需要观察物质的状态及温度计的示数。（2）①由图像可知，该物质是晶体；②第6min时，该物质处于固液共存态，此时该物质继续吸热；熔化过程持续的时间是6min；③在第7min时，若将试管从温水中取出，并立即放入熔点为﹣4℃的盐冰水混合物中，此时试管中该物质的温度不变，其原因是晶体凝固放热，温度不变。故答案为：（1）温度/℃；状态；（2）①晶体；②继续；6；③不变。【点评】知道晶体的熔化特点以及晶体在熔化过程中处于固液共存状态。29．（8分）如图所示的三个实验中。（1）通过比较温度计示数的变化量来比较吸（放）热多少的有乙、丙（填写图号）；（2）甲实验，沙子和水的质量相等，加热相同的时间，沙子升高的温度大，表明沙子的吸热能力比水弱（选填“强”或“弱”）；（3）乙实验中，发现用碎纸片加热烧杯中水温度升得快不能（选填“能”或“不能”）说明碎纸片的热值大；（4）利用丙图探究“电流热效应与电阻大小的关系”时，实验中烧瓶内液体选择煤油而不是水，这样选择的理由是煤油的比热容小，相同质量的水和煤油吸热相同，根据，煤油升高的温度明显。将两电阻串联的目的是控制通过的电流和通电时间相同。本实验能（选填“能”或“不能”）解释“电炉丝热得发红，而连接它的导线却几乎不发热”；（5）现将丙装置改装后可比较水和煤油吸热升温的快慢，两电阻的阻值要相等（选填“相等”或“不等”），实验时分别向两个烧瓶中加入初温均为20℃、质量均为200g的水和煤油，通电4min后，分别读出温度计示数为t水＝35℃、t煤油＝50℃。煤油的比热容c煤油＝2.1×103J/（kg•℃）（已知水的比热容为c水＝4.2×103J/（kg•℃），不计热量的损失）。【分析】（1）研究不同物质吸热升温现象，使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据Q＝cmΔt，得出不同燃料放出热量的多少；研究电流的热效应实验中，电阻丝产生的热量不易直接观察，但可使等质量初温相同的煤油吸收热量，根据，煤油温度升高越高，表示电热丝产生的热量越多；（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；（3）相同质量的不同燃料，完全燃烧放出的燃料越多，热值越大；（4）煤油的比热容小，相同质量的水和煤油吸热相同，根据分析；根据串联电路电流的规律分析；电炉丝与导线串联，通过的电流和通电时间相同，而电炉丝电阻比导线大得多；（5）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，根据Q＝I2Rt分析；根据Q＝cmΔt和Q煤油＝Q水求解。【解答】解：（1）图甲是探究不同物质吸热升温现象中，给它们加热相同时间，吸收相同的热量，温度升高越大，吸热能力越弱；图乙是比较不同燃料热值的实验，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热；丙图研究电流的热效应实验中，电阻丝产生的热量不易直接观察，但可使等质量初温相同的煤油吸收热量，根据，煤油温度升高越高表示电热丝产生的热量越多；通过比较温度计示数的变化量来比较吸（放）热多少的有乙、丙；（2）沙子和水的质量相等，加热相同的时间，吸收的热量相同，沙子升高的温度大，表明沙子的吸热能力比水弱；（3）乙实验中，发现用碎纸片加热烧杯中水温度升得快，但完全燃尽后升高的不一定多，不能说明碎纸片的热值大；（4）利用丙图探究“电流热效应与电阻大小的关系”时，实验中烧瓶内液体选择煤油而不是水，这样选择的理由是：煤油的比热容小，相同质量的水和煤油吸热相同，根据，煤油升高的温度明显；将两电阻串联的目的是控制通过的电流和通电时间相同；电炉丝与导线串联，通过的电流和通电时间相同，而电炉丝电阻比导线大得多，故本实验能解释“电炉丝热得发红，而连接它的导线却几乎不发热；（5）将图丙中的两电阻换成阻值相同的电阻，两电阻串联，电流相等，根据Q＝I2Rt知产生热量相同，与甲图相比可以保证水和煤油在相同时间内吸收的热量相同；根据Q＝cmΔt和Q煤油＝Q水知：c煤油m煤油（t煤油﹣t0）＝c水m水（t水﹣t0）所以：c煤油＝＝＝2.1×103J/（kg•℃）。故答案为：（1）乙、丙；（2）弱；（3）不能；（4）煤油的比热容小，相同质量的水和煤油吸热相同，根据，煤油升高的温度明显；通过的电流和通电时间；能；（5）相等；2.1×103。【点评】本题考查“比较不同燃料的热值、探究不同物质吸热升温现象实验、研究电流的热效应实验”三个实验相同与不同之处，同时考查控制变量法和转换法和串联电路的特点，综合性较强。30．（5分）（1）如图1是小明梳理的电与磁相关知识结构图，请你补充完整。①奥斯特；②电磁感应。（2）如图2所示是小华用漆包线和磁体制作的一台发电机模型，制作时用刀片将线圈两端的漆全部刮掉，作为转动轴，用纸做一个小风车固定在转轴上，将转轴放在支架上。将发电机与小量程电流表相连，转动小风车，电流表指针左右偏转，电路中电流的方向改变（填“改变”或“不变”），此过程中将机械能转化为电能。若将小量程电流表换成电池，线圈不能（填“能”或“不能”）持续转动。【分析】（1）奥斯特是第一个发现电流磁效应的科学家；法拉第发现了电磁感应现象；（2）闭合电路部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流的现象叫做电磁感应；通电导体在磁场中受力运动。【解答】解：（1）奥斯特最早发现电流的周围存在磁场，揭示了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象；（2）将发电机与小量程电流表相连，转动小风车，线圈在磁场中做切割磁感线运动，线圈中会产生感应电流，电流表指针左右