四川省巴中市巴州2025年九年级上学期期末考试物理试题附答案

九年级上学期期末考试物理试题一、单项选择题（每小题3分，共42分）1．下列对常见物理量的描述，最接近实际的是（）A．人体正常体温约为37℃B．空调正常工作时的电流大约是0.5AC．对人体安全电压为36VD．电视机正常工作时的功率约为5W2．下列说法正确的是（）A．只要物体温度不变，物体的内能一定不变B．不同物质比热容一定不同C．同一物体的温度越高，其内能越大D．燃料燃烧不充分时，该燃料的热值变小3．下列有关内燃机说法正确的是（）A．汽油机吸气冲程吸入的是空气B．柴油机压缩冲程中将内能转化为机械能C．内燃机工作时的热机效率总小于1D．热机使用时只有噪声污染4．下列是小明学习物理学的笔记，有关记录不正确的是（）A．摩擦起电的实质是电子发生了转移B．电路两端有电压，电路中一定有电流C．奥斯特实验证明了电可以生磁D．动圈式话筒的原理与发电机原理相同5．下面是小强同学对身边的一些电路工作情况进行观察分析得出的判断，其中不正确的是（）A．冰箱制冷压缩机和照明灯有时同时工作，有时单独工作，因此它们是并联的B．马路两旁的路灯，晚上同时亮，早上同时熄，它们是串联的C．家里的台灯与其控制开关是串联的D．调节台灯亮度的电位器与灯泡串联连入电路6．常用智能手机是通过指纹开关S1或密码开关S2来解锁的，若其中任一方式解锁失败后，锁定开关S3均会断开而暂停手机解锁功能，S3将在一段时间后自动闭合而恢复解锁功能．若用灯泡L发光模拟手机解锁成功，则符合要求的模拟电路是A． B．C． D．7．如图所示，电源电压保持不变。闭合开关后，将滑动变阻器R2的滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（）A．电流表A的示数变大，电压表V2的示数不变B．电流表A的示数变大，电压表V1的示数变大C．电压表V1的示数与电流表A的示数比值变大D．电压表V2的示数与电流表A的示数比值不变8．如图所示电路，电源电压保持不变。闭合开关S，一段时间后，两电表的示数都变大，则电路故障可能是（）A．电阻R1断路 B．电阻R1短路 C．电阻R2断路 D．电阻R2短路9．如图所示，关于电磁学的表述，正确的是（）A．如图甲，该实验是探究磁场对电流的作用B．如图乙，发电机的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用C．如图丙，电动机是利用这一现象来工作的，是把机械能转化为电能D．如图丁，电流的周围存在着磁场，电流方向改变，磁场方向随之改变10．在探究通过导体的电流与其两端电压的关系时，利用实验数据作出了如图所示的图象．根据图象，下列说法正确的是（）A．导体甲的电阻大于导体乙的电阻B．通过导体乙的电流与其两端的电压成正比C．当导体甲两端的电压为2V时，通过导体甲的电流为0.2AD．将两导体并联后接在3V的电源上时，干路中的电流为0.6A11．将规格都是“220V100W”的电风扇、电视机各一个并联在220V的电路中，工作相同时间，下列说法正确的是（）A．两个用电器消耗的电能一样多B．电风扇消耗的电能多C．电视机消耗的电能多D．它们消耗的电能都转化为了内能12．甲、乙两台汽油机，甲的功率是乙的2倍，甲的效率是30%，乙的效率是20%，那么甲、乙在相同时间内所消耗汽油质量之比为（）A．3：4 B．2：3 C．3：2 D．4：313．如图甲所示，在一个电阻均匀的正方形金属线框有A、B、C、D四点，现把A、D两点接入电源电压保持不变的如图乙所示的电路MN两端时，发现电流表示数为I0，当换接A、C两点，则此时电流表的示数应为（）A． B． C．I0 D．14．如图甲所示电路中，R为定值电阻，R1为滑动变阻器。图乙是该滑动变阻器滑片从一端移至另一端过程中变阻器的电功率与其电阻的关系图像。下列说法正确的是（）A．电源电压为3V B．电压表的最大示数为2VC．整个电路功率变化了0.1W D．电流表的示数变化了0.4A二、填空题与作图题（23小题2分，其余每空1分，共20分）15．冬天来了，小明同学每周末回家都会给父母泡脚和足底按摩，脚会发热变得暖和是通过方式增大脚的内能，足底按摩时是通过方式增大脚的内能。16．一个单缸四冲程内燃机的转速为3000r/min，那么每秒对外做功次，每秒完成了个冲程，其中一个工作循环中冲程不是靠飞轮惯性完成的。17．装着开水的暖水瓶，有时瓶内的水蒸气会把瓶塞顶起，在这个过程中，水蒸气的温度（填“升高”或“降低”），内能（填“增大”或“减小”）；将暖水瓶中的水倒出一半后，剩下水的比热容（选填“变大”“变小”或“不变”）。18．如果加在定值电阻两端的电压从9V减少到6V时，通过的电流相应的变化了0.3A，那么该定值电阻的阻值为Ω，它消耗的电功率变化了W。19．如图所示，电源电压恒为12V，闭合开关S，当滑动变阻器的阻值为10Ω时，电压表的示数为10V，此时电动机正常工作，滑动变阻器消耗的功率为W；若电动机内部线圈的电阻为2Ω，则通电5min电流通过电动机内部线圈产生的热量是J。20．如图甲，移动滑片使电阻R2的有效阻值从零逐渐变大，R1两端电压U的倒数与R2的阻值变化的图像如图乙所示，则电源电压为V，R1的阻值为Ω。21．某同学设计了一个电子身高测量仪，如图所示，其中R1=5Ω，电源电压恒为4.5V，R2的规格为“15Ω0.5A”，则当被测身高增加时，电压表的示数（选填“变大”“变小”“不变”）；当变阻器R2接入电路的阻值是4Ω时，R1消耗的功率为W。22．如图所示的电路中，电源电压U保持不变，定值电阻R=20Ω．闭合开关S，当滑动变阻器R'的滑片P在中点c时，电流表示数为0.4A；当移动滑片P到最右端时，电流表示数为0.3A．则电源电压U=V，滑动变阻器R'的最大阻值为Ω．23．如图所示，根据螺线管内部小磁针静止时的指向，在如图括号中标出螺线管左端的极性及电源正极。三、实验探究题（每空1分，共22分）24．如图所示，甲、乙、丙图中装置完全相同，燃料的质量相同：（1）比较不同物质的比热容，应选择两图进行实验；比较不同燃料的热值，应选择两图进行实验，燃料完全燃烧放出热量的多少是通过（选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的。（2）小明根据需要选用上述装置中的两个进行实验，来比较不同物质吸热升温的特点，质量和初温均相同的a、b两种液体，吸热后它们的温度随时间变化图像如图丁所示，则液体温度升高较快；若b液体为水，则a液体的比热容为J/(kg∙℃)。（3）通过实验得到的燃料热值与实际值相比偏（选填“大”或“小”），你认为出现这种情况的主要原因是。25．在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如图所示的电路。（1）当滑动变阻器滑片向左移动时，电磁铁甲，乙吸引大头针个数（选填“增加”或“减少”），说明电流越，电磁铁磁性越强；（2）电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是；（3）本实验用到了多种研究方法：①如研究电磁铁的磁性强弱和线圈匝数有关时，就应控制电流相等。下列实验的研究方法和这种方法不同的是。A．研究电流大小和电压、电阻的关系B．研究影响电阻大小的因数C．用电流表测量串联电路中的电流②本实验中还用到了其他研究方法，如电磁铁的磁性强弱用什么来显示，下列实验的研究方法和这种方法不同的是；A．在测量小灯泡功率时，用电压和电流之积来表示电功率B．研究电热和哪些因素有关的实验中，用液柱的高度差来表示电热的多少C．研究动能大小和哪些因素有关的实验中，用木块被推开的远近，来表示动能的大小（4）本实验进行了多次实验，多次实验的目的和下列实验多次实验的目的相同的是___________。A．伏安法测量定值电阻的阻值B．探究并联电路电流规律C．测量小石块的密度26．为了测量小灯泡的额定功率并探究小灯泡的亮度与实际功率的关系，某物理兴趣小组设计了如图甲所示的实验电路，标有“2.5V”字样的小灯泡，电阻约为10Ω，可供选用的滑动变阻器有R1“10Ω1A”、R2“20Ω1A”和R3“50Ω0.2A”。（1）为了完成实验，你认为应该选用的滑动变阻器是（选填“R1”“R2”“R3”）；实验中滑动变阻器除保护电路外，还起到的作用。（2）请用笔画线代替导线将图甲的实验电路补充完整。（要求：滑动变阻器滑片向右移动时，灯泡变亮）（3）电路正确连接后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表指针明显偏转，你认为造成这一现象的原因可能是___________。A．电流表断路 B．小灯泡短路C．小灯泡灯丝断了 D．滑动变阻器短路（4）故障排除后，开始实验，在移动变阻器滑片的过程中，观察表的示数，直至灯泡正常发光，此时电流表如图乙所示，灯泡电功率为W。（5）根据收集到的实验数据，同学们得出了小灯泡亮度与实际功率的关系；在分析论证过程中，它两端的电压与电流的比值不一样，你认为其主要原因是。（6）在实验时，电压表出现故障不能使用，小明向老师借了一只定值电阻R0（R0阻值已知），设计了如图丙所示的电路，继续测量小灯泡额定功率，应先闭合开关S和S1，断开S2，调节滑动变阻器，当电流表示数为时，小灯泡正常发光；接着滑动变阻器滑片保持不动，将S1断开，S2和S闭合，读出电流表示数为I，则小灯泡的额定功率P额=（用I、U额和R0表示）。四、计算题（每小题8分，共16分）27．小明在家用炉子将10kg的水从20℃加热至沸腾（一个标准大气压下），燃烧了0.5kg的焦炭，已知水的比热容为，焦炭的热值为3.0×107J/kg。求：（1）0.5kg焦炭完全燃烧释放的热量；（2）水吸收的热量；（3）若小明家用电热水壶进行烧水，他单独将电热水壶接在电路中，电热水壶正常工作6min，电能表指示灯闪烁了320次，则电热水壶的功率为多少W？28．如图甲所示，电源电压18V不变，灯泡L规格为“15V45W”，电流表量程为“0~0.6A“和“0~3A”，电压表的量程为“0~3V“和“0~15V”，滑动变阻器R的规格为“10Ω3A”和“25Ω2A”。求：（1）小灯泡正常发光时的电阻。（2）只闭合开关S1，电流表选取合适量程，移动滑片P，可使灯泡L正常发光，当移动滑动变阻器滑片P，求流过电流表的最小电流；（3）将电源调到15V，只闭合开关S2、S4，将滑片P置于中点O处（可能重新选择了电流表量程和变阻器）电流表指针指到满偏刻度的位置，两表示数的I-U关系如图乙所示，求滑片P在最右端B处时，R0消耗的电功率是多少？

答案1．【答案】A【解析】【解答】A：人体正常体温的标准值约为37℃，此描述最接近实际，A正确；

B：空调正常工作时的功率通常在1000W以上，根据（家庭电路电压），其工作电流约为4.5A左右，0.5A远小于实际值，B错误；

C：对人体的安全电压是“不高于36V”，并非固定为36V，且实际生活中更安全的电压通常低于24V，此描述不准确，C错误；

D：电视机正常工作时的功率约为50W~150W，5W远小于实际功率，D错误。

故选A。【分析】核心考点：本题核心考查日常生活中常见物理量（体温、电流、安全电压、电功率）的实际值估测，是物理与生活联系的基础题型。

涉及知识点

1.人体正常体温：约为37℃；

2.空调工作电流：空调功率约1000W以上，工作电流约4.5A（家庭电路中）；

3.人体安全电压：不高于36V；

4.电视机工作功率：约50W~150W。

常见易错点

1.混淆安全电压的准确描述：误将“不高于36V”直接表述为“36V”；

2.对用电器的电流、功率估测偏差：误将空调、电视机的实际电流/功率估测过小。2．【答案】C【解析】【解答】A：物体温度不变时，内能可能变化，例如晶体熔化过程中，温度不变但持续吸热，内能会增大，因此“温度不变内能一定不变”的说法错误，A错误；

B：不同物质的比热容不一定不同，例如煤油和冰的比热容是相同的，B错误；

C：同一物体的质量、状态固定，温度越高，分子的热运动越剧烈，物体具有的内能越大，此描述正确，C正确；

D：热值是燃料的固有特性，只与燃料的种类有关，与燃料燃烧是否充分无关，

D错误。

故选C。【分析】核心考点：本题核心考查内能的影响因素、比热容与热值的特性，是热学基础概念的辨析题型。

涉及知识点1.内能的影响因素：与物体的温度、质量、状态有关，温度不变时，状态变化（如熔化）也会改变内能；

2.比热容的特性：是物质的特性之一，但不同物质的比热容可能相同；

3.热值的特性：是燃料的特性，只与燃料种类有关，与燃烧是否充分无关。

常见易错点1.误将温度当作内能的唯一影响因素：认为温度不变时内能一定不变；2.误解比热容的唯一性：认为不同物质的比热容一定不同；3.混淆热值与燃烧情况的关系：认为燃料燃烧不充分时热值会变小。3．【答案】C【解析】【解答】A：汽油机吸气冲程中吸入的是汽油和空气的混合物，并非单纯的空气，柴油机吸气冲程才吸入空气，A错误；

B：柴油机压缩冲程中，活塞压缩气体，是将机械能转化为内能，做功冲程才是内能转化为机械能，B错误；

C：内燃机工作时，总会有能量损失（如废气带走热量、散热损失、机械摩擦消耗等），有用功小于总功，因此热机效率总小于1，C正确；

D：热机使用时不仅有噪声污染，还会产生废气污染（如排放的有害气体），并非只有噪声污染，D错误。

故选C。【分析】核心考点：本题核心考查内燃机的工作冲程（吸气、压缩冲程的特点及能量转化）、热机效率的特点及热机的污染类型，是热机部分的基础辨析题型。涉及知识点1.内燃机的吸气冲程：汽油机吸入汽油和空气的混合物，柴油机吸入空气；

2.压缩冲程的能量转化：将机械能转化为内能；

3.热机效率：由于能量存在各种损失（废气、散热、摩擦等），热机效率总小于1；

4.热机的污染：包括噪声污染和废气污染（有害气体排放）。

常见易错点1.混淆汽油机与柴油机的吸气冲程：误将汽油机吸气冲程的吸入物当作空气；2.颠倒压缩冲程的能量转化方向：误将压缩冲程的“机械能转化为内能”记为“内能转化为机械能”；3.低估热机的污染类型：误认为热机只有噪声污染。4．【答案】B【解析】【解答】A：摩擦起电的实质并非创造电荷，而是电子在不同物体间发生了转移，此记录正确，A不符合题意；

B：电路中形成电流的条件是“电路两端有电压且电路是通路”，仅存在电压但电路断路时，电路中不会有电流，此记录错误，B符合题意；

C：奥斯特实验通过通电导线使小磁针偏转，证明了电流周围存在磁场（电可以生磁），此记录正确，C不符合题意；

D：动圈式话筒的工作原理是电磁感应（声音振动带动线圈切割磁感线产生电流），发电机的原理也为电磁感应，二者原理相同，此记录正确，D不符合题意。故选B。【分析】核心考点：本题核心考查摩擦起电的实质、电流的形成条件、电生磁的实验验证及电磁感应原理的应用，是电学基础概念的辨析题型。

涉及知识点1.摩擦起电的实质：电子的转移；2.电流的形成条件：电路两端有电压且电路是通路；3.奥斯特实验：证明了电流的磁效应（电可以生磁）；4.电磁感应原理的应用：动圈式话筒、发电机均利用电磁感应原理工作。

常见易错点忽略电流形成的“通路”条件：误将“电路两端有电压”当作电路中有电流的唯一条件，未考虑电路断路的情况。5．【答案】B【解析】【解答】A．并联电路各用电器可以独立工作、互不影响，冰箱制冷压缩机和照明灯有时同时工作，有时单独工作，因此它们是并联的，A正确，不符合题意；B．马路两旁的路灯，晚上同时亮，早上同时熄，是因为控制路灯的开关接在干路中，同时控制所有用电器，不能说路灯是串联的，B错误，符合题意；C．用电器和控制它的开关需要串联接入，所以家里的台灯与其控制开关是串联的，C正确，不符合题意；D．串联电路是分压电路，调节台灯亮度的电位器与灯泡串联连入电路才可以调节灯泡两端的电压，进而调节灯泡的亮度，D正确，不符合题意。故答案为：B。

【分析】电路的基本连接方式有两种，一种是串联，一种是并联，两个串联的用电器相互影响，两个并联的用电器互不影响；路灯虽同时亮同时灭，但是为并联关系。6．【答案】C【解析】【解答】根据要求，开关S1或开关S2可分别接通电路，是并联的，开关S3断开后，解锁功能暂停，电路无法接通，则S3在干路上，故C符合题意；

故选C。

【分析】多个开关分别控制电路，是并联关系；干路开关控制整个电路的通断。7．【答案】C【解析】【解答】AB．图中，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表V1测量滑动变阻器的电压，电压表V2测量电源电压；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器阻值增大，电流变小，电流表示数变小；因为电源电压不变，电压表V2的示数不变；因为滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，滑动变阻器分得的电压变大，所以V1的示数变大，故AB错误；C．电压表V1的示数变大，电流表的示数变小，则V1的示数与电流表A的示数比值变大，故C正确；D．电压表V2的示数不变，电流表的示数变小，V2的示数与电流表A的示数比值变大，故D错误。故选C。

【分析】在串联电路中，电阻变大，电流减小，变大的电阻分压变大；结合电压表、电流表示数的变化，判断比值的变化。8．【答案】D【解析】【解答】首先分析电路：与串联，电流表测电路中的电流，电压表测两端的电压。A：电阻断路时，电路断开，电流表示数变为0，不符合“电流表示数变大”的条件，A错误；

B：电阻短路时，电压表测短路部分的电压，示数变为0，不符合“电压表示数变大”的条件，B错误；

C：电阻断路时，电路断开，电流表示数变为0，不符合“电流表示数变大”的条件，C错误；

D：电阻短路时，电路总电阻由变为（总电阻减小），根据，电流表示数变大；同时电压表由测的分压变为测电源电压，电压表示数也变大，符合“两电表示数都变大”的条件，D正确。

故选D。【分析】核心考点：本题核心考查串联电路的故障分析，结合欧姆定律判断电表示数随故障的变化规律，是电路故障类的典型题型。

涉及知识点

1.串联电路的特点：各用电器电流相等，总电压等于各用电器电压之和；

2.电路故障对电表示数的影响：

断路：电路无电流（电流表示数为0），对应断路部分的电压表示数为电源电压；

短路：短路部分的电压表示数为0，电路总电阻减小，电流表示数增大；

3.欧姆定律的应用：，总电阻变化会影响电流大小，电压表示数随测量对象的电压变化而改变。

常见易错点

混淆断路与短路对电表示数的影响：误将短路故障的电表示数变化判断为断路的变化，或忽略总电阻变化对电流的影响。9．【答案】D【解析】【解答】A：图甲中装置无电源，导体在磁场中运动时电流表指针偏转，这是探究电磁感应现象（磁生电）的实验，并非探究磁场对电流的作用，A错误；

B：发电机的工作原理是电磁感应现象，而通电导体在磁场中受力的作用是电动机的工作原理，图乙展示的是电磁感应（发电机原理），B错误；

C：图丙装置有电源，是通电导体在磁场中受力运动的实验，对应电动机的工作原理，电动机是把电能转化为机械能，并非机械能转化为电能，C错误；

D：图丁是奥斯特实验，证明了电流的周围存在磁场（电流的磁效应），且电流方向改变时，磁场的方向也会随之改变，D正确。故选D。【分析】核心考点：本题核心考查电磁学中的关键实验及原理（电磁感应、磁场对电流的作用、电流的磁效应），区分发电机、电动机的工作原理及能量转化，是电磁学基础实验的辨析题型。

涉及知识点1.电磁感应现象：无电源，导体在磁场中做切割磁感线运动时产生电流，是发电机的工作原理，能量转化为机械能→电能；

2.磁场对电流的作用：有电源，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的工作原理，能量转化为电能→机械能；

3.电流的磁效应（奥斯特实验）：电流周围存在磁场，磁场方向与电流方向有关。

常见易错点1.混淆发电机与电动机的原理及能量转化：误将发电机原理记为“通电导体在磁场中受力”，或颠倒两者的能量转化方向；2.混淆电磁感应与磁场对电流的作用的实验装置：忽略“有无电源”是区分两者的关键标志。10．【答案】B【解析】【解答】A．由图象知道，电压相同3.0V时，甲、乙的电流分别为0.6A和0.3A，由知道，乙的电阻大于甲，故A错误；B．由图象知道，通过导体乙的电流与两端的电压成正比，故B正确；C．当导体甲两端的电压为2V时，通过甲的电流为0.4A，故C错误；D．由并联电路的电压特点知道，当导体甲与乙并联在3V的电压上，甲乙电压均为3V，IA＝0.6A，IB＝0.3A，所以干路中的电流是：I＝IA+IB＝0.6A+0.3A＝0.9A，故D错误．

综上选B。

【分析】1、并联电路规律：并联电路电压相等、支路电流之和为干路电流，电阻规律；

2、欧姆定律：公式为U=IR，题目中通过甲乙的电压为3.0V，甲的电流大于乙的电流，根据欧姆定律计算甲乙电阻。11．【答案】A【解析】【解答】ABC．两用电器并联在220V的电路中，它们两端的电压等于额定电压，实际功率都是100W，由W=Pt可知，通电时间相同，两个用电器消耗的电能一样多。A符合题意，BC不符合题意；D．电风扇中的电动机将电能转化为机械能和内能，电视机将电能转化为光能和内能。D不符合题意。故答案为：A。

【分析】由W=Pt可知，通电时间相同，两个用电器消耗的电能一样多；电风扇中的电动机将电能转化为机械能和内能，电视机将电能转化为光能和内能。12．【答案】D【解析】【解答】甲的功率是乙的2倍，在相同时间内，甲的功是乙做功的2倍，若乙做功为W，甲为2W，

根据热机效率，放出的总热量为，，

消耗的燃料比为：。

故答案为：D.【分析】根据物体的功率和时间计算功的大小，根据有用功和效率计算消耗的燃料的比值。13．【答案】B【解析】【解答】设每个正方形边长的电阻为R，电源电压为U。当A、D两点接入电路MN两端时，ABD支路和ACD支路并联：RABD=RACD=2R根据并联电路电阻公式，总电阻为：R总=R电流表示数为：当改接A、C两点时，AC支路与ABDC支路并联：RAC=R，RABDC=3R此时总电阻为：电流表示数变为：

故选B。【分析】核心考点：本题核心考查并联电路的总电阻计算及欧姆定律的应用，重点分析不同接线方式下的电路结构（并联支路的电阻组合）。

涉及知识点：

1.并联电路总电阻公式：（两支路并联时，）；

2.欧姆定律：（电源电压不变时，电流与总电阻成反比）。

常见易错点

1.误判电路的并联支路：错把线框的顶点连接关系当成对角线导线（实际线框只有四条边，无对角线导线），导致支路电阻分析错误；

2.混淆串联与并联电阻的计算：将支路的串联电阻误按并联计算，或反之。14．【答案】D【解析】【解答】ABD．根据图片可知，变阻器R1与R串联，当定值电阻R=R1=10Ω时，其电功率最大，

根据乙图可知，此时变阻器的最大功率0.9W，那么通过电路的电流I==0.3A；则电源电压U总=I总R总=0.3A×(10Ω+10Ω)=6V；根据乙图可知，变阻器的最大阻值为20Ω，那么电路的最小电流为：；

此时变阻器两端电压最大，即U变=I变R变=0.2A×20Ω=4V；

即电压表的最大示数为4V；

当变阻器的滑片滑动到阻值最小处，只有R接入电路，

电路中最大电流I最大==0.6A，电流表的示数变化了ΔI=I最大-I最小=0.6A-0.2A=0.4A，故AB错误，D正确；C．根据P=UI可知，整个电路功率的变化量ΔP=UΔI=6V×0.4A=2.4W，故C错误。故选D。

【分析】由电路图可知，R1与R串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。

ABD.当滑动变阻器与定值电阻串联时，如果二者阻值相同，那么此时变阻器的电功率最大，据此结合乙图确定此时变阻器接入的阻值，也就是定值电阻的阻值，根据U总=I总R总计算电源电压。当变阻器的阻值最大时电压表的示数最大，根据U变=I变R变计算电压表的最大示数。

当变阻器的阻值最小为0时电流最大，据此计算出电流表的示数变化量；

C.根据P=UI计算总功率的变化量。15．【答案】热传递；做功【解析】【解答】第1空：热传递，分析：泡脚时，脚与热水之间存在温度差，热量从温度较高的热水转移到脚，是通过热传递的方式（内能的转移）增大脚的内能。第2空：做功，分析：足底按摩时，通过摩擦力对脚施加力并产生相对运动，机械能转化为脚的内能，是通过做功的方式（能量的转化）增大脚的内能。综上答案：第1空：热传递；第2空：做功【分析】核心考点：本题核心考查改变物体内能的两种方式（热传递、做功）的区分，是初中物理“内能”板块的基础概念题型。涉及知识点1.热传递：是内能的转移过程，发生的条件是物体之间存在温度差，例如“泡脚”中热水的内能转移到脚；2.做功：是内能与其他形式能的转化过程，例如“足底按摩”中机械能转化为脚的内能。常见易错点混淆热传递与做功的本质：误将“足底按摩（能量转化）”归为热传递，或“泡脚（内能转移）”归为做功。16．【答案】25；100；做功【解析】【解答】第1空：25，分析：先将转速换算为每秒转数，。四冲程内燃机一个工作循环中，曲轴转2圈、对外做功1次，因此每秒对外做功次数为。

第2空：100，分析：一个工作循环完成4个冲程，每秒完成25个工作循环，因此每秒完成的冲程数为。

第3空：做功，分析：四冲程内燃机的吸气、压缩、排气冲程是依靠飞轮的惯性完成的，只有做功冲程是燃料燃烧释放的内能转化为机械能推动活塞运动，不是靠飞轮惯性完成的。综上答案：第1空：25第2空：100第3空：做功【分析】核心考点：本题核心考查四冲程内燃机的工作循环规律，涉及知识点：1.转速与工作循环的关系：四冲程内燃机一个工作循环中，曲轴转2圈、对外做功1次、完成4个冲程；2.冲程的动力来源：吸气、压缩、排气冲程依靠飞轮惯性完成，做功冲程依靠燃料燃烧的动力完成。常见易错点1.转速换算错误：未将“r/min”换算为“r/s”，直接用3000r/min计算做功次数；2.工作循环与冲程数的关系混淆：误将“一个工作循环的冲程数”记为2个，导致冲程数计算错误；3.冲程的惯性依赖判断错误：混淆做功冲程与其他冲程的动力来源，误将做功冲程归为靠惯性完成。17．【答案】降低；减小；不变【解析】【解答】第1空：降低，分析：瓶内水蒸气顶起瓶塞的过程中，水蒸气对外做功，内能转化为瓶塞的机械能，水蒸气的内能减小，温度随之降低。

第2空：减小，分析：物体对外做功时，内能会通过能量转化（转化为其他形式的能）而减少，因此水蒸气的内能减小。

第3空：不变，分析：比热容是物质的固有特性，仅与物质的种类和状态有关，与物质的质量无关，因此倒出一半水后，剩下水的比热容保持不变。综上答案：第1空：降低第2空：减小第3空：不变【分析】核心考点：本题核心考查做功改变物体内能的规律，以及比热容的特性，涉及知识点：1.做功改变内能：物体对外做功时，内能会减小，温度通常降低（如水蒸气顶瓶塞的过程）；2.比热容的特性：比热容是物质的固有属性，与物质的质量、体积等无关，仅由物质种类和状态决定。常见易错点1.对外做功时内能变化判断错误：误将“水蒸气对外做功”认为内能增大，混淆“对外做功”与“外界对物体做功”的内能变化规律；2.比热容与质量的关系混淆：误以为水的质量减少，比热容也会随之变小，忽略了比热容是物质的特性。18．【答案】10；4.5【解析】【解答】第1空：10，分析：定值电阻的阻值不变，根据欧姆定律，电压为9V时电流，电压为6V时电流。电流变化量，代入得，解得。

第2空：4.5，分析：根据电功率公式，电压为9V时的电功率，电压为6V时的电功率，则电功率变化量。综上答案：第1空：10第2空：4.5【分析】核心考点：本题核心考查欧姆定律的应用及电功率的计算，是初中物理“欧姆定律”与“电功率”板块的综合基础题型。涉及知识点：1.欧姆定律：，定值电阻的阻值不随电压、电流变化而改变；2.电功率公式：（或），可通过电压、电阻计算电功率；3.变化量的计算：电流变化量、电功率变化量需通过“初态值-末态值”求解。常见易错点1.忽略定值电阻的特性：误将电阻视为随电压变化的变量，导致无法列等式求解；2.电流变化量的方向错误：误将作为变化量，导致阻值计算为负数；3.电功率变化量的计算错误：直接用“电压变化量×电流变化量”计算，忽略了电流、电压的对应关系。19．【答案】0.4；24【解析】【解答】第1空：0.4，分析：由图可知，滑动变阻器与电动机串联，电源电压，电动机两端电压，则滑动变阻器两端电压。串联电路中电流处处相等，根据欧姆定律，电路电流。滑动变阻器消耗的功率。第2空：24，分析：电动机内部线圈为纯电阻，通电时间，根据焦耳定律，代入、、，得。综上答案：第1空：0.4第2空：24【分析】核心考点：本题核心考查串联电路的电压、电流规律，电功率计算及焦耳定律的应用，同时涉及非纯电阻用电器（电动机）的热量计算，是初中物理“电路计算”与“电与热”板块的综合题型。涉及知识点1.串联电路规律：总电压等于各用电器两端电压之和（），电流处处相等（）；2.电功率公式：（适用于所有用电器）；3.焦耳定律：（适用于纯电阻的热量计算，电动机线圈属于纯电阻部分）。常见易错点1.串联电路电压分配错误：误将电动机电压当作滑动变阻器电压，导致电流计算偏差；2.电动机热量计算用错公式：混淆非纯电阻用电器的能量转化，误用计算热量（是电动机的总功率，包含机械能与内能，只有是线圈的热量）；3.时间单位换算错误：未将“分钟”换算为“秒”，导致热量计算结果错误。20．【答案】4；6【解析】【解答】（1）根据甲图可知，当变阻器R2为零时，此时只有电阻R1接入电路，

那么此时R1的电压等于电源电压。

根据乙图可知，当变阻器R2为零时，此时，

故电源电压为。（2）根据乙图可知，当滑动变阻器接入的电阻为18Ω时，，则定值电阻R1的电压为1V，

此时电阻R2两端的电压为U2=U总-U1=4V-1V=3V，

根据串联电路电压与电阻成正比得到：；

；

解得：R1=6Ω。

【分析】由电路图可知，闭合开关后，R1与R2串联，电压表V1测电源两端的电压，电压表V2测R1两端的电压。

（1）当滑片位于左端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时R1两端的电压最大，R1两端电压U的倒数最小，根据图乙读出R1两端电压U的最小倒数，然后求出电源的电压；

（2）根据图乙读出R2的阻值为18Ω时R1两端电压U的倒数，然后求出R1两端的电压，利用串联电路的电压特点求出此时R2两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出R1的阻值。21．【答案】变大；1.25【解析】【解答】第1空：变大，分析：由图可知，与串联，电压表测两端电压。当被测身高增加时，滑片上移，接入电路的电阻变大；根据串联电路“电阻越大，分得电压越大”的分压规律，两端电压（电压表示数）会变大。第2空：1.25，分析：当时，电路总电阻；根据欧姆定律，电路电流；再根据电功率公式，消耗的功率。综上答案：第1空：变大第2空：1.25【分析】核心考点：本题核心考查串联电路的分压规律、欧姆定律及电功率的计算涉及知识点：1.串联电路的分压规律：串联电路中，各用电器分得的电压与电阻成正比（电阻越大，分压越大）；2.欧姆定律：，可通过总电压、总电阻计算电路电流；3.电功率公式：（适用于纯电阻用电器的功率计算）。常见易错点：1.电阻变化方向判断错误：误将身高增加时滑片移动方向对应为电阻减小，导致电压表示数变化判断错误；2.总电阻计算错误：忽略串联电路“总电阻等于各电阻之和”的规律，直接用单一电阻计算电流；3.电功率公式误用：错用计算的功率（需先确定两端电压，不如直接）。22．【答案】12；20【解析】【解答】根据图片可知，当滑动变阻器R'的滑片P在中点c时，电阻R与R'串联，电路中的电流为0.4A，

根据U=IR得到：U=0.4A×（20Ω+R'）①；当移动滑片P至最右端时，电阻R、R'组成串联电路，此时电阻变大而电流减小，则电流表示数较小0.1A．即为0.4A-0.1A=0.3A．

根据U=IR得到：U=0.3A×（20Ω+R'）②①②联立解得：R'=20Ω，电源电压U=12V。

【分析】根据图片确定串并联关系，根据欧姆定律U=IR列式得到方程组计算即可。23．【答案】【解析】【解答】第1空：N（极），分析：螺线管内部的磁场方向与小磁针N极的静止指向一致，图中小磁针N极朝左，说明螺线管内部磁场方向向左；而螺线管内部磁场是从S极指向N极，因此螺线管左端为N极。

第2空：c（端为正极），分析：根据安培定则（右手螺旋定则），右手握住螺线管，大拇指指向左端（N极），四指弯曲方向为电流方向，可知电流从螺线管左端（a端）流入、右端（b端）流出，因此电源的c端为正极，d端为负极。如图：螺线管左端极性为极；电源端为正极。【分析】核心考点：本题核心考查螺线管内部磁场方向的判断，以及安培定则（右手螺旋定则）的应用，是初中物理“电生磁”板块的基础题型。涉及知识点：1.螺线管内部磁场方向：螺线管内部磁场是匀强磁场，方向从S极指向N极，且与内部小磁针N极的静止指向一致；2.安培定则：右手握住螺线管，大拇指指向螺线管的N极，四指弯曲的方向即为螺线管中的电流方向。常见易错点：1.混淆螺线管内部/外部磁场方向：误将螺线管外部磁场方向（从N极到S极）代入内部，导致磁极判断错误；2.安培定则应用时绕线方向判断错误：未结合螺线管的实际绕线方向确定电流方向，导致电源极性判断偏差。​​​​​​​24．【答案】（1）甲、乙；甲、丙；温度计示数（2）a；（3）小；燃料燃烧不完全（或有热量散失到空气中）【解析】【解答】(1)第1空：甲、乙，分析：比较不同物质的比热容，需控制燃料种类（相同燃料放出热量相同）、液体质量相同，改变液体种类，因此选择甲、乙两图（燃料均为燃料1，液体分别为a、b）。

第2空：甲、丙，分析：比较不同燃料的热值，需控制液体种类（相同液体吸收热量的变化可反映燃料放热多少）、液体质量相同，改变燃料种类，因此选择甲、丙两图（液体均为a，燃料分别为燃料1、燃料2）。

第3空：温度计示数，分析：燃料完全燃烧放出的热量越多，相同质量的液体吸收的热量越多，温度升高越明显，因此通过温度计示数的变化来反映燃料放热的多少（转换法）。(2)第1空：a，分析：由图丁可知，质量和初温相同的a、b液体，升高相同温度（从20℃到80℃）时，a的加热时间更短，因此a液体温度升高较快。

第2空：，分析：升高相同温度时，a的加热时间是b的，则a吸收的热量。根据，质量、温度变化相同，比热容与吸收的热量成正比，即。已知，因此。(3)第1空：小，分析：实验中燃料无法完全燃烧，且有部分热量散失到空气、装置中，导致液体实际吸收的热量小于燃料完全燃烧放出的热量，因此计算出的燃料热值比实际值偏小。

第2空：燃料燃烧不完全（或有热量散失到空气中）。【分析】核心考点：本题核心考查比热容、热值的实验探究，涉及控制变量法、转换法的应用，以及比热容的计算、实验误差分析。

1.控制变量法的应用：探究比热容：控制燃料、液体质量相同，改变液体种类；探究热值：控制液体、液体质量相同，改变燃料种类。2.转换法：通过“液体温度变化”反映“燃料放热多少”。3.比热容公式：（质量、温度变化相同时，比热容与吸收的热量成正比）。4.热值实验误差：燃料不完全燃烧、热量散失会导致测得的热值偏小。常见易错点1.控制变量法应用错误：混淆“探究比热容”“探究热值”的控制条件，选错实验装置；2.比热容计算时，误将“加热时间”与“吸收热量”的关系颠倒，导致比热容计算错误；3.忽略实验中的热量散失，错误认为测得的热值与实际值相等。（1）[1]比较不同物质的比热容，加热燃料种类应相同，被加热的物质种类不同，因此应该选择甲和乙。[2]比较不同燃料的热值，燃料种类应不同，被加热物质的种类应相同，应选择甲和丙。[3]燃料燃烧放出的热量被加热物体吸收，被加热物体吸收热量，温度升高，吸收的热量不同，升高的温度不同，所以不同燃料完全燃烧放出热量的多少通过温度计示数来反映。（2）[1]由图丁可知，加热10min，a液体升高了80摄氏度，b液体温度升高比80摄氏度低，所以a液体升温较快。[2]若b液体为水，温度都升高到80℃时，a液体需要的加热时间10min，b所需时间为20min，所以有Q水=2Qa；即c水mΔt=2camΔt，所以有（3）[1][2]实验中，燃料难以完全燃烧，燃料燃烧释放的热量有部分散失到空气中，还有部分被容器吸收，被加热液体吸收的热量小于燃料释放的热量。而计算过程中将液体吸收的热量当作燃料释放的热量，由求出的燃料热值偏小。25．【答案】（1）增加；大（2）大头针被磁化，同名磁极相互排斥（3）C；A（4）B【解析】【解答】(1)第1空：增加，分析：滑动变阻器滑片向左移动时，接入电路的电阻减小，电路中电流变大；电磁铁的磁性强弱与电流大小有关，电流越大磁性越强，因此吸引的大头针个数增加。第2空：大，分析：电流越大，电磁铁的磁性越强，对应吸引大头针个数增多，说明电流“大”时磁性增强。(2)第1空：大头针被磁化，同名磁极相互排斥，分析：大头针被电磁铁磁化后，每个大头针成为小磁体，相邻大头针的接触端为同名磁极，同名磁极相互排斥，导致大头针散落。(3)①第1空：C，分析：研究电磁铁磁性与线圈匝数的关系时用了控制变量法。选项A（电流与电压、电阻的关系）、B（电功率与电压、电流的关系）均采用控制变量法；选项C（用电流表测串联电路电流）是直接测量，未用到控制变量法，因此选C。②第2空：A，分析：实验中用“吸引大头针个数”显示磁性强弱，采用了转换法。选项B（液柱高度表示吸热多少）、C（木块被推开距离表示动能大小）均为转换法；选项A（电压表、电流表测电功率）是伏安法（直接计算），未用到转换法，因此选A。(4)第1空：B，分析：本实验多次实验的目的是寻找普遍规律（避免实验偶然性，得出电磁铁磁性的普遍影响规律）。选项A（伏安法测电阻）、C（测石块密度）多次实验是为减小误差；选项B（探究并联电路电流规律）多次实验是为寻找普遍规律，与本实验目的相同。综上答案：(1)第1空：增加；第2空：大(2)第1空：大头针被磁化，同名磁极相互排斥(3)①第1空：C；②第2空：A(4)第1空：B【分析】核心考点本题核心考查“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验，涉及控制变量法、转换法的应用，以及电磁铁磁性的影响规律、磁化现象。涉及知识点

1.电磁铁磁性的影响因素：电流越大、线圈匝数越多，磁性越强；2.磁化与磁极作用：物体被磁化后成为磁体，同名磁极相互排斥；3.物理研究方法：o控制变量法：研究多因素问题时，控制其他因素不变，只改变一个因素；o转换法：将不易直接测量的物理量（如磁性强弱），转换为易观察的现象（如大头针个数）。常见易错点1.电磁铁磁性与电流的关系判断错误：误将滑片移动对应的电阻变化与电流变化颠倒，导致磁性强弱判断偏差；2.物理研究方法混淆：无法区分“控制变量法”与“转换法”的应用场景，选错实验方法对应的选项；3.多次实验的目的混淆：误将“寻找普遍规律”与“减小误差”的实验目的混淆，选错多次实验对应的选项。（1）[1][2]闭合开关后，滑动变阻器滑片向左移动时，电路中电阻减小，电流增大，电磁铁的磁性增强，则电磁铁甲、乙吸引大头针的个数增加；说明电流越大，电磁铁的磁性越强。（2）大头针被磁化，同一端的磁性相同，互相排斥，所以下端分散。（3）[1]研究电磁铁的磁性强弱和线圈匝数有关时，控制电流相等，采用了控制变量法；A．研究电流大小和电压、电阻的关系时，需控制其中一个不变，改变另一个量，采用了控制变量法，故A不符合题意；B．电阻大小与多个因素有关，所以研究影响电阻大小的因素时，需采用控制变量法，故B不符合题意；C．用电流表测量串联电路中的电流规律时，采用的是实验归纳法，不是控制变量法，故C符合题意。故选C。[2]本实验将电磁铁磁性转换为吸引小铁钉的数量，运用了转换法；A．在测量小灯泡的功率时，用电压和电流之积来表示电功率，采用电功率的定义，不是转换法；故A符合题意；B．研究电热和哪些因素有关的实验中，用液柱的高度差来表示电热多少，采用转换法；故B不符合题意；C．研究动能大小和哪些因素有关的实验中，用小木块被推开的远近，来表示动能的大小，采用转换法；故C不符合题意。故选A。（4）研究“探究电磁铁的磁性跟哪些因素有关”，多次实验的目的是总结规律，避免因次数太少造成结论的偶然性或片面性；A．伏安法测量定值电阻的阻值，采用多次测量的目的是：取平均值，减小测量误差，故A不符合题意；B．探究并联电路电流规律，多次测量的目的是：总结规律，防止结论的偶然性，故B符合题意；C．测量小石块的密度，采用多次测量的目的是：取平均值，减小测量误差，故C不符合题意。故选B。26．【答案】（1）R2；改变灯泡两端电压（2）（3）C（4）电压；0.65（5）灯丝的电阻随温度的变化而变化（6）；【解析】【解答】（1）第1空、题目给定小灯泡额定电压2.5V，电阻约10Ω，通过计算得出额定电流约为：（大于0.2A）

根据欧姆定律计算滑动变阻器需接入的阻值：

（大于10Ω）

因此需选用规格为"20Ω1A"的滑动变阻器R2。

第2空、实验中滑动变阻器的作用除保护电路外，还能调节灯泡两端电压。（2）连接要求：滑动变阻器需采用"一上一下"接法串联入电路。当滑片右移时灯泡变亮（阻值减小），说明应将右下接线柱接入电路。（3）故障分析：电流表无示数且电压表明显偏转，说明灯泡断路导致电压表串联在电路中测量电源电压。故选C。（4）第1空、实验操作时眼睛应注视电压表示数，当示数为2.5V时灯泡正常发光。第2空、电流表示数0.26A（量程0-0.6A），计算额定功率：

（5）说明：由于实际功率不同导致灯丝温度变化，使得灯泡电阻值发生改变，因此电压与电流比值不固定。（6）测量步骤：第1空、第2空、首先闭合S和S1（断开S2），此时电流表示数为：

保持滑片位置不变，改为闭合S和S2（断开S1），测得总电流I，则额定功率为：

综上答案：(1)第1空：R2；第2空：改变灯泡两端的电压(2)实物连接：电压表并联在灯泡两端，滑动变阻器下端接右接线柱（一上一下），电流表串联在电路中（0-0.6A量程）(3)选项：(4)第1空：电压；第2空：0.65(5)第1空：灯丝的电阻随温度的变化而变化(6)第1空：；第2空：【分析】核心考点：本题核心考查“测量小灯泡的电功率”实验，涉及滑动变阻器的选择、电路连接、故障分析、电功率计算，以及“替代法”测功率的创新应用，是初中物理“电学实验”板块的综合题型。涉及知识点：1.滑动变阻器的选择：需同时考虑最大阻值（适配电压调节范围）和允许通过的最大电流（不小于用电器的额定电流）；2.电路故障分析：电压表有示数、用电器不工作，通常是用电器断路（电压表串联测电源电压）；3.小灯泡的额定功率：，需使灯泡两端电压达到额定电压；4.灯丝电阻的特性：灯丝电阻随温度升高而增大，故“电压与电流的比值”（电阻）会变化；5.替代法测功率：利用已知阻值的定值电阻替代电压表，通过并联电路的电压规律和串联电路的电流规律，间接计算灯泡的额定功率。常见易错点1.滑动变阻器选择错误：忽略“最大电流需大于灯泡额定电流”，误选；2.电路连接错误：滑动变阻器接线柱选择不当，导致滑片移动时灯泡亮度变化与要求相反；3.故障分析偏差：混淆“灯泡断路”与“滑动变阻器断路”的现象，误判故障原因；4.替代法逻辑不清：无法建立“的电流与灯泡电压”的关系，导致第(6)题的表达式推导错误。（1）[1]小灯泡的额定电压为2.5V，小灯泡的电阻约为10Ω，灯的额定电流约为当灯正常发光时，根据欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的阻值为所以应选用R2“20Ω1A”的滑动变阻器。[2]实验中滑动变阻器除保护电路外，还有改变灯泡两端电压的作用。（2）滑动变阻器的接线柱应一上一下串联在电路中，要求滑动变阻器滑片向右移动时，灯泡变亮，说明滑片向右移动滑动变阻器阻值变小，所以应将右下接线柱接入电路，如图所示：（3）由图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流，闭合开关，电流表无示数，电压表指针明显偏转，说明灯泡发生断路，此时电压表串联在电路中测电源电压，故ABD不符合题意，C符合题意。故选C。（4）[1]测量小灯泡的额定功率并探究小灯泡的亮度与实际功率的关系，在移动变阻器滑片的过程中，眼睛应注视电压表的示数，当灯泡两端电压为额定电压时，灯泡正常发光。[2]由图乙可知，电流表接0~0.6A小量程，分度值为0.02A，指针所在