沪科版2022-2023学年九年级上册物理期末测试卷（含答案）

第页码20页/总NUMPAGES总页数20页沪科版2022-2023学年九年级上册物理期末测试卷一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）1．（3分）如图所示，是冰熔化时温度随时间变化的图象。下列说法正确的是（）A．t＝0时刻物体内能为零 B．BC段物体要吸热 C．BC段物体内能相等 D．AB段比CD段升温快说明冰比水吸热多【考点】熔化和凝固的温度—时间图像．【分析】晶体熔化时，不断吸热，温度保持不变。任何物体都有内能，根据不同阶段的时间长短可判断其吸热多少。解：A、任何物体都有内能，t＝0时刻物体内能也不为零，故A错误；B、BC段是冰的熔化过程，所以物体要吸热，故B正确；C、BC段冰在吸热，所以内能增加，故C错误；D、AB段比CD段升温快是因为冰是固体，水是液态，在不同状态时，其比热容不同，冰的比热容小于水的比热容，故D错误。故选：B。2．（3分）以下过程中，通过热传递改变物体内能的是（）A．烘干衣服 B．摩擦点燃火柴 C．搓手取暖 D．钻木取火【考点】热传递改变物体内能．【分析】改变物体内能有两种方式：做功和热传递。做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，做功实质是能量的转化；热传递实质是热量从一个物体转移到另一个物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分，有传导、对流和辐射三种式。解：A、烘干衣服，是热传递改变物体的内能，符合题意；B、摩擦点燃火柴时，克服摩擦对火柴做功，使得火柴的内能增加、温度升高，达到红磷的着火点而燃烧，是做功改变内能，不符合题意。C、双手互搓，克服摩擦做功，使得手的内能增加、温度升高，是做功改变物体内能，不符合题意；D、钻木取火，克服摩擦对木头做功，使得木头的内能增加、温度升高，达到木头的着火点而燃烧，是做功改变内能，不符合题意；故选：A。3．（3分）如图是四冲程发动机的工作循环示意图，其中将气体内能转化为机械能的是（）A．图甲 B．图乙 C．图丙 D．图丁【考点】四冲程内燃机的工作过程．【分析】本题应抓住汽油机的一个工作循环由如图所示的四个冲程组成：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。判断冲程名称可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”进行分析；其中在做功冲程中是内燃机的内能转化为机械能，在压缩冲程中是机械能转化为内能。解：图甲两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，即机械能转化为内能；图乙排气门开启，气体流出汽缸，是排气冲程；图丙两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，即内能转化为机械能；图丁进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程。故选：C。4．（3分）为了确定电源的正负极，小红用了如图的方法，下面的结论正确的是（）A．若d端为南极，则电源a端为正极 B．若c端为南极，则电源a端为正极 C．若c端为南极，则电源b端为正极 D．若d端为北极，则电源b端为正极【考点】安培定则．【分析】①根据磁极间的相互作用规律可以判断出通电螺线管的N、S极；②再利用安培定则（伸出右手，使大拇指指示螺线管的N极，则四指弯曲的方向为电流的方向）可以确定螺线管中的电流方向，从而可以判断出电源的正负极。解：A、若d端为南极，则c端为北极，那么通电螺线管的左则为N极，根据安培定则可知，电流方向应是从b端流向a端，即b端为正极，故A错误；B、若c端为南极，那么通电螺线管的右则为N极，根据安培定则可知，电流方向应是从a端流向b端，即a端为正极，故B正确；C、若c端为南极，那么通电螺线管的右则为N极，根据安培定则可知，电流方向应是从a端流向b端，即a端为正极，故C错误；D、若d端为北极，则c端为南极，那么通电螺线管的右则为N极，根据安培定则可知，电流方向应是从a端流向b端，即a端为正极，故D错误。故选：B。5．（3分）如图，将磁体插入螺线管时，灵敏电流计的指针向右偏转。四幅图中与这一过程的工作原理相同的是（）A． B． C． D．【考点】电磁感应现象．【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时产生电流的现象叫电磁感应，产生的电流叫感应电流。将磁体插入螺线管时，闭合电路的螺线管在磁场中做切割磁感线运动，螺线管中会产生感应电流，电流表指针就会转动，其利用的是电磁感应现象。解：A、该图是电动机的原理图，故A错误；B、该图是发电机的原理图，发电机是利用电磁感应现象工作的，故B正确；C、该图是探究影响电磁铁磁性大小的实验，故C错误；D、该图是电流的磁效应，故D错误。故选：B。6．（3分）如图所示，将标有“12V6W”的灯泡L1和“12V3W”的灯泡L2接在12V的电路中，闭合开关，不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法中正确的是（）A．灯泡L1和L2一样亮 B．灯泡L2比灯L1亮 C．电路总功率等于9W D．电路总功率大于9W【考点】额定功率与实际功率．【分析】（1）知道两灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝得出两灯泡的电阻关系，根据P＝I2R比较两灯泡实际功率的大小关系，由此可知两灯发光亮度的关系；（2）两电阻串联接在12V的电路中时，根据串联电路的电压特点可知两个灯泡两端的实际电压与额定电压的关系，从而确定两灯实际功率与额定功率的关系，进一步得出实际总功率的大小情况。解：AB、由于额定电压相同，灯泡L1的额定功率大，根据P＝可知两灯泡的电阻关系为：R1＜R2；两灯泡串联，根据串联电路电流处处相等的特点可知，通过两灯泡的实际电流相等，根据P＝I2R可知，灯泡L2的实际功率比灯泡L1的实际功率更大，则灯泡L2比灯泡L1亮，故B正确，A错误；CD、两灯泡串联接在12V的电路中时，根据串联电路中总电压等于各分电阻两端的电压之和可知，两个灯泡两端的实际电压都小于12V，则两灯的实际功率均小于两灯的额定功率，两灯的实际功率之和小于9W，即电路的总功率小于9W，故C、D错误。故选：B。7．（3分）在如图所示的电路中，用一个电阻R3替换R1后（R1＜R3），可能使电流表示数与替换R1前相同的方法是（）A．电源电压不变，不移动滑片P B．电源电压不变，向左移动滑片P C．减小电源电压，不移动滑片P D．增大电源电压，向右移动滑片P【考点】电路的动态分析．【分析】由图可知，该电路为并联电路，电流表A测量干路中的电流，电流表A1测量通过R1的电流；用一个电阻R3替换R1后，要使电流表A1示数与替换R1前相同，根据欧姆定律判定电源电压的变化；电源电压改变，通过滑动变阻器的电流改变，要使电流表A示数不变，则通过滑动变阻器的电流不变，根据电源电压的变化，利用欧姆定律判定滑动变阻器接入电路电阻的变化，从而判定滑动变阻器滑片的移动方向。解：由图可知，该电路为并联电路，电流表A测量干路中的电流，电流表A1测量通过R1的电流；用一个电阻R3替换R1后，R1＜R3，要使电流表A1示数与替换R1前相同，根据I＝可知，需要增大R1两端的电压，根据并联电路的电压规律可知，需要增大电源电压；由于并联电路各支路的电压都等于电源电压，电源电压变大，滑动变阻器两端的电压变大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变大；电流表A1示数，要使电流表A示数与替换R1前相同，根据并联电路的电流规律可知，需要减小通过滑动变阻器的电流，根据I＝可知，需要增大滑动变阻器接入电路的电阻，所以滑片应该向右移动；综上所述，D正确。故选：D。8．（3分）如图所示的电路，电源电压恒为6V，电压表的示数为2.4V，则（）A．灯L1两端的电压是2.4V B．灯L2两端的电压是2.4V C．灯L2两端的电压是3.6V D．灯L1和灯L2两端电压之和是2.4V【考点】串联电路的电压规律．【分析】由电路图可知，两灯泡串联，电压表测L2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出L1两端的电压。解：由电路图可知，两灯泡串联，电压表测L2两端的电压，则由电压表示数可知，L2两端的电压U2＝2.4V；因串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和，所以灯L1和灯L2两端电压之和是6V，L1两端的电压：U1＝U﹣U2＝6V﹣2.4V＝3.6V；故B正确，ACD错误。故选：B。9．（3分）如图所示，对下列甲、乙、丙、丁四幅图解释合理的是（）A．甲：磁场能产生电流 B．乙：闭合开关，小磁针N极向右偏转 C．丙：这个装置的实验原理，应用于制造电动机 D．丁：电流相同时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强【考点】电流的磁效应；安培定则；影响电磁铁磁性强弱的因素；电磁感应现象；磁极间的相互作用．【分析】甲图：小磁针会发生偏转是受到了磁场的作用，而磁场是由电流产生的；乙图：根据安培定则先判断出通电螺线管的N极，然后根据磁感线方向判断出小磁针N极的指向；丙图：电动机的原理是通电线圈在磁场中受力而发生转动，发电机的原理是电磁感应；丁图：电磁铁的磁性强弱与线圈匝数多少有关：当电流相同时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强。解：A、该实验是奥斯特实验：当导线中通过电流时，小磁针发生偏转，实验现象表明电流周围存在磁场，即电生磁，这个现象叫做电流的磁效应，选项A错误；B、闭合开关，通电螺线管中的电流方向是“前上后下”，根据安培定则可知，螺线管的左端是N极，磁感线从N极出发经过小磁针时方向是向左的，则小磁针N极将向左偏转，选项B错误；C、若开关闭合，金属棒左右切割磁感线运动，此时电路中就会产生电流，故是电磁感应实验装置，该装置的实验原理应用于制造发电机，选项C错误；D、由图可知，两个电磁铁是串联的，则通过两个电磁铁的电流相同。在电流相同的情况下，匝数多的电磁铁吸引的大头针数目多，表明线圈匝数越多，磁性越强，选项D正确。故选：D。10．（3分）一只灯泡上标有“6V3W”的字样，则（）A．灯泡的电压为6V B．通过灯泡的电流为0.5A C．灯泡的实际功率为3W D．灯泡的电阻为12Ω【考点】额定电压与实际电压；额定功率与实际功率．【分析】灯泡上标有电压值和电功率值，电压值表示灯泡的额定电压，电功率值表示灯泡的额定功率，可以计算灯泡正常工作的电流和电阻。解：A、灯泡上标有的6V表示灯泡的额定电压是6V．灯泡的实际电压不一定是6V，可能大于6V，可能等于6V，可能小于6V．不符合题意。B、灯泡的额定电压是6V，额定功率是3W，所以灯泡正常工作电流是：I＝＝＝0.5A．灯泡的实际电流可能等于、可能大于、可能小于灯泡正常工作电流。不符合题意。C、灯泡的电功率值表示灯泡的额定功率，不是表示实际功率。不符合题意。D、灯泡的额定电压是6V，灯泡的额定电流是0.5A，所以灯泡正常工作时的电阻是：R＝＝＝12Ω．符合题意。故选：D。11．（3分）我国电力供电系统全球领先，为国家经济建设和人民生活提供了强有力的保障。如果使用不当也会给我们带来危害，下列做法符合安全用电要求的是（）A．手机充电器永久的插在插座上 B．断开电源后，再更换灯泡 C．使用试电笔时，手直接接触它的笔尖 D．家庭电路保险丝断了用钢丝代替保险丝【考点】安全用电原则．【分析】（1）充电器长时间插在电源插孔上会发热，引起安全事故；（2）维修电器或更换灯泡，应先切断电源；（3）使用测电笔时，手必须接触测电笔尾部的金属体；（4）保险丝是采用电阻大熔点低的材料制成的，当电流过大时可以切断电路，起到保护作用。解：A、充电器长时间插在电源插孔上会发热，引起线路安全事故，故A错误；B、更换灯泡时，要先切断电源，然后再换新灯泡，否则容易发生触电事故，故B正确；C、使用测电笔时，手必须接触测电笔尾部的金属体，不能接触笔尖的金属体，故C错误；D、家庭电路的保险丝断了，不能用钢丝代替，是因为钢的熔点高，当电流过大时不能熔断，不符合安全用电原则，故D错误。故选：B。12．（3分）关于电磁感应现象，下列叙述正确的是（）A．当闭合电路中的一部分导体在磁场中运动时，就能产生感应电流 B．任何导体在磁场中运动，都能产生感应电流 C．当闭合电路中的一部分导体在磁场中沿磁感线方向运动时，就能产生感应电流 D．当闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，就能产生感应电流【考点】产生感应电流的条件．【分析】感应电流产生的条件：电路闭合，且闭合电路的部分导体切割磁感线运动。解：A、当闭合电路中的一部分导体在磁场中运动时，若没有切割磁感线，也是没有感应电流的，故错误；B、闭合电路的部分导体切割磁感线运动时才会产生电流，故错误；C、闭合电路中的一部分导体在磁场中沿磁感线方向运动时，是不能产生感应电流的，故错误；D、当闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，就能产生感应电流，故正确；故选：D。二．填空题（共6小题，满分22分）13．（4分）贺州市山清水秀，春夏的早晨常能看到山间云雾缭绕、江面雾气腾腾的景象，这些“雾”属于液化（填物态变化名称）现象；我国内陆地区通常比沿海地区气温变化大，这是因为水的比热容较大。【考点】液化及液化的放热特点；比热容解释简单的自然现象．【分析】（1）物质由气态变为液态叫液化。（2）根据水的比热容较大的特点分析沿海城市为什么昼夜温差小，然后做出判断。解：（1）雾是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象。（2）沿海地区水多，水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小。故液化；比热容。14．（5分）（1）物理知识广泛地应用于我们的生活和生产中，拿与我们朝夕相处的厨房来说吧，用来煮饭的燃料由原来的煤气更换为现在普遍使用的天然气，减少了燃料燃烧对大气的污染，同时在燃料质量相同的情况下，天然气完全燃烧能放出更多的热量，是因为天然气具有较大的热值（选填“热值”或“比热容”）：我们利用筷子夹取食物非常方便，而在使用筷子的过程中，筷子属于费力（选填“省力”或“费力”）杠杆。（2）在天桥区中小学生艺术节上，同学们的表演精彩纷呈，刘华同学的小提琴独奏更是获得了全场观众热烈的掌声。悠扬的琴声是由于琴弦的振动产生的：以缓慢行走的刘华同学为参照物，座椅上的观众是运动（选填“静止”或“运动”）的。（3）如图所示为一款国产油电混合动力汽车。给汽车蓄电池充电时，蓄电池相当于用电器（选填“用电器”或“电源”）；汽车的各转向灯能独立工作，因此各转向灯是并联（选填“串联”或“并联”）的。【考点】燃料的热值及其计算；电路的组成；串、并联电路的概念与辨别；杠杆的分类；声音的产生．【分析】（1）热值是指1m3燃料完全燃烧所放出的热量；判断杠杆是省力杠杆还是费力杠杆，可依据杠杆的动力臂和阻力臂大小关系，若动力臂大于阻力臂，则是省力杠杆，若动力臂小于阻力臂，则是费力杠杆；（2）声音是由物体的振动产生的；判断运动状态，关键看它与所选的参照物之间的位置是否发生了变化；（3）电池供电时是电源，充电时则为用电器；并联用电器是不会相互影响的。解：（1）在燃料质量相同的情况下，天然气完全燃烧能放出更多的热量，说明天然气的热值大；筷子在使用时动力臂小于阻力臂，所以是费力杠杆；（2）声音是由物体振动产生的，琴声是琴弦的振动产生的；座椅上的观众与缓慢行走的刘华同学之间的位置不断变化，以刘华为参照物，座椅上的观众是运动的；（3）给汽车蓄电池充电时，蓄电池消耗了电能，所以蓄电池相当于用电器；汽车各转向灯能独立工作，因此各转向灯是并联的。故（1）热值；费力；（2）振动；运动；（3）用电器；并联。15．（3分）电能表上标有“220V5A”的字样，则此电能表能接的用电器的总功率不能超过1.1kW．若有额定电流分别为2A、5A、7A的三种规格熔丝，则为配合此电能表应选用的保险丝规格为5A，如果在电能表在所允许的最大电流下工作2h，这个电能表的示数将增加2.2kW•h。【考点】电能表；电功率的计算；熔断器的作用及保险丝的选择方法；电功与电能的计算．【分析】从电能表上可以看出额定电压和允许通过的最大电流，根据公式P＝UI可求电路的最大功率。根据电能表的额定电流来选择保险丝。解：电能表的标定电流为5A；正常工作时用电器总功率不能超过P＝UI＝220V×5A＝1100W＝1.1kW。因为电路中允许通过的最大电流是5A，所以选择额定电流为5A的熔丝；电能表在所允许的最大电流下工作2h，电能表消耗的示数将增加W＝Pt＝1.1kW×2h＝2.2kW•h。故答案为1.1；5；2.2。16．（4分）如图，电源电压恒为7.5V，灯L2的规格为“6V6W”。当开关S闭合时，两灯发光；使用一段时间后L1突然熄灭，L2变亮，电流表示数变大，则电路出现的故障是灯L1短路，此时通过灯L2的电流为1.25A。（假设灯丝电阻不变）【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．【分析】（1）由图可知，灯L1、L2串联，使用一段时间后L1突然熄灭，L2变亮，电流表示数变大，说明电路是通路，据此分析；（2）根据P＝UI＝求出灯L2的电阻，然后利用欧姆定律求出通过灯L2的电流。解：（1）由图可知，灯L1、L2串联，使用一段时间后L1突然熄灭，L2变亮，电流表示数变大，说明电路是通路，故电路出现的故障是灯L1短路；（2）灯L2的规格为“6V6W”，由P＝UI＝可得，灯L2的电阻为：R2＝＝＝6Ω，由（1）可知，此时电路为只有灯L2的简单电路，则通过灯L2的电流为：I2＝＝＝1.25A。故灯L1短路；1.25。17．（4分）验电器的工作原理是同种电荷相互排斥，人们常用测电笔辨别家庭电路中的火线与中性线。【考点】验电器的原理及使用；测电笔的使用．【分析】验电器的原理：同种电荷相互排斥，人们利用测电笔来辨别家庭电路的火线和零线。解：检验物体是否带电的仪器叫验电器，验电器是根据同种电荷相互排斥的原理制作的；测电笔是用来辨别火线和零线的工具。故同种电荷相互排斥；火。18．（2分）发电机是利用电磁感应的原理制成的。电动机是将电能转化成机械能的机器。【考点】发电机的构造和原理；直流电动机的原理．【分析】发电机的工作原理是电磁感应现象，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，据此分析。解：发电机是根据电磁感应现象制成的，发电机工作时把其它形式的能量转化为电能；电动机是根据通电导线在磁场中受磁场力的作用原理制成的，电动机工作时，电能转化为机械能。故电磁感应；电；机械。三．解答题（共2小题，满分18分）19．（10分）为了探究电流与电阻的关系，老师提供了如下器材：电源（电压为4.5V）、电流表、电压表、开关各一个，两只滑动变阻器（20Ω2A、50Ω1A），三个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω），导线若干。（1）小红设计了如图1所示的电路，并选择电源、电流表、电压表、开关、一个5Ω的电阻、一只滑动变阻器（20Ω2A）和若干导线来连接电路，请你用笔画线代替导线，完成实物图2的连接（要求：连线不得交叉）；（2）检查电路无误后，小红先将变阻器的阻值移到最大，闭合开关，再移动滑片使电压表的示数为1.5V，记下此时电流值。改接10Ω电阻，将变阻器的滑片向左端移动，使电压表的示数为1.5V，记下对应电流值；（3）当小红改接15Ω的电阻进行实验时，发现无论怎样调节滑动变阻器都无法使电压表的示数符合实验要求，而电路连接和操作都没有问题，若要完成这个实验，你会建议小红：实验时使定值电阻电压为2V或使用规格为“50Ω1A”的滑动变阻器。（4）你认为小红根据正确的测量数据绘制的I﹣R图象（如图3）是下列中的哪一个C。【考点】探究电流与电压、电阻的关系．【分析】（1）由图2可知，滑动变阻器、电压表连接不完整，把滑动变阻器串联接入电路，电压表与定值电阻并联。（2）当将电阻由5Ω更换为10Ω后，定值电阻阻值变大，定值电阻分压变大，滑动变阻器分压变小，为保证电阻两端电压不变，应移动滑动变阻器滑片，使滑动变阻器接入电路的阻值变大，使定值电阻两端电压保持1.5V不变。（3）滑动变阻器最大阻值太小，滑动变阻器的最大分压太小，定值电阻不能达到1.5V，为使实验能正常进行，可以更换最大阻值大的滑动变阻器或使定值电阻两端电压变大。（4）电阻两端的电压不变，由欧姆定律可知，流过导体的电流与导体电阻成反比，反比例函数图象能反应I与R间的关系。解：（1）滑动变阻器串联接入电路，电压表与定值电阻并联，电路图如右图所示。（2）定值电阻由5Ω更换为10Ω后，定值电阻分压变大，大于原来的电压，为保持定值电阻两端电压不变，由电路图可知，应向左移动滑动变阻器滑片，增大滑动变阻器接入电路的阻值，增大滑动变阻器的分压，使定值电阻两端电压减小到原来的1.5V，保持电阻两端电压不变。（3）实验中，当定值电阻是15Ω时，流过电路的电流I＝＝＝0.1A，滑动变阻器接入电路的阻值应为R滑＝＝＝30Ω＞20Ω，大于滑动变阻器的最大阻值，因此实验不能顺利进行，为使实验能顺利进行，可以跟换最大阻值更大的滑动变阻器，如使用规格为“50Ω1A”的滑动变阻器，或使定值电阻两端的电压变大，大于2V；（4）电压U保持不变，由I＝可知，电流I与阻值R成反比，由图3可知，图C符合题意。故（1）电路图如图所示；（2）左；1.5；（3）实验时使定值电阻电压为2V或使用规格为“50Ω1A”的滑动变阻器；（4）C。20．（8分）进一步探究：晓丽在研究磁场对电流作用的实验中，将直导线换作一块厚度为d、宽度为b的导体板。如图所示，将电压表连在导体板的两侧，发现电压表指针发声偏转，进一步做了如下实验：板的材料板的厚度通入板的电流磁场强弱电压表示数甲dIBU1乙dIBU2（U2≠U1）甲2dIB0.5U1乙d2IB2U2甲dI2B2U1乙0.5d3I3B（1）请你将表中的空格填上。（2）请你利用上述装置及电源、滑动变阻器、弹簧、小烧杯、开关各一个，导线若干。设计一个可以通过电压表示数比较液体密度大小的装置。①请在右框内画出装置示意图。②说明工作过程。③上述过程中液体密度的大小不能直接比较，而是通过电压表示数来比较的，这是利用了转换法。【考点】磁场对通电导线的作用．【分析】（1）表中列出了影响电压表示数的几个因素，分别是板的材料、板的厚度、板中电流、磁场强度，分析表中数据，对比甲、乙两种材料的相关数据，就可以找出各个影响因素对电压表示数的影响情况，从而得出表中所缺数据。（2）由表中数据可知，电流大小影响电压表示数的改变，我们可以利用滑动变阻器来改变电路中的电流。而密度不同的液体，在体积相同时质量不同，可以借助一个弹簧，根据质量不同的物体对弹簧的压力不同，使得弹簧发生的形变不同，在弹簧上端连接滑动变阻器的滑片，如图所示，就可以实现题中的要求。解：（1）通过分析对比第一行和第三行数据，可以发现在其它条件相同时，电压表示数与板的厚度成反比；通过分析对比第二行和第四行数据，可以发现其它条件相同时，电压表示数与板中电流成正比；通过分析对比第一行和第五行数据，可以发现其它条件相同时，电压表示数与磁场强度成正比。这样的话，对比第二行和第六行，第六行中的厚度、电流、磁场强度分别是第二行的1/2、3倍、3倍，综合分析可以得出，第六行的电压表示数应该是第二行电压表示数的2×3×3＝18倍，即18U2。（2）①解析过程见上面分析（2），实验装置如图。②杯中分别装入等体积（或装满）不同密度的液体时，液体密度越大，质量越大，对弹簧的压力越大，使滑动变阻器的滑片向下移，这样，电阻增大，根据欧姆定律，电路中的电流增大，则电压表的示数增大。③通过电压表的示数变化来反映液体密度的大小，应用了转换法。故答案是：（1）18U2（2）①装置如图。②当将液体分别倒满小烧杯时，液体密度越大，滑动变阻器滑片下移越大，电流越大，电压表的示数越大。③转换法。四．解答题（共2小题，满分24分，每小题12分）21．（12分）如图所示电路，电源电压保持不变，电灯L上标有“12V，24W”字样。（1）当开关S闭合，S1断开时，电灯恰好能正常发光，电压表读数为8V，求电源电压和电阻R0的阻值？（2）当开关S、S1都闭合时，电流表的读数和电阻R0消耗的功率各是多少？【考点】欧