山东省临沂市罗庄区2024-2025学年九年级上学期期中考试物理试题（解析版）

第第页山东省临沂市罗庄区2024-2025学年九年级上学期期中考试物理试题一、选择题（每题选项中，只有一项最符合题目的要求，每题2分，共40分）1．2024年10月28日，临沂蒙阴出现平流雾景观，山峦和建筑在雾中若隐若现，仿佛人间仙境，如图所示。雾的形成过程对应的物态变化是（）A．熔化 B．凝固C．液化 D．先液化后凝固【答案】C【解析】【解答】雾是由空气中的水蒸气遇冷液化形成的，液化要放热，故ABD不符合题意，C符合题意。故选C。

【分析】物质从气态变为液态的过程叫液化，液化要放热。2．天气渐冷，家庭小火锅走进饭桌。如图所示，汤汁沸腾后，若改用小火加热，汤汁温度（）A．继续升高 B．保持不变C．不断降低 D．先升高后降低【答案】B【解析】【解答】汤汁沸腾后，若改用小火加热，汤汁温度不变，故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。

【分析】液体沸腾时的特点，不断吸热，温度不变。3．利用如图甲所示的实验装置来探究冰的熔化规律，根据实验数据画出冰熔化过程的“温度﹣时间”图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．冰是非晶体B．使用碎冰进行实验，因为碎冰比大块冰的熔点低C．由图乙可知，在t1～t2的时间内碎冰停止吸热D．图丙，温度计示数是-3℃【答案】D【解析】【解答】AC．由图乙可知，冰在t1～t2的时间内持续吸热，但温度不变，为熔化过程，冰熔化过程中有固定的熔点，所以冰是晶体，故AC错误；B．使用碎冰进行实验，是因为体积较大的冰块使温度计的玻璃泡不能很好的与冰块接触，而碎冰块能很好的包裹住温度计玻璃泡，而碎冰和冰块是同种物质，熔点相同，故B错误；D．由图丙可知，温度计的分度值为1℃，刻度上小下大，因此是零下温度，示数是-3℃，故D正确。故选D。

【分析】（1）晶体熔化时持续吸热且温度不变；熔化前后随着吸热温度升高；

（2）同一种物质熔点不变；

（3）根据温度计的分度值读数。4．食用小米粥可以养胃、益胃!下列有关熬制小米粥过程中的说法正确的是（）A．刚熬的小米粥很烫，是因为其含有的热量很多B．制作小米粥过程中，主要通过热传递改变内能C．熬制成的小米粥很粘稠，说明分子间只存在引力D．熬制小米粥过程中，使用的天然气的热值越来越小【答案】B【解析】【解答】A．刚熬的小米粥很烫，说明米粥的温度高，热量是一个过程量，不是一个状态量，热量描述了物体发生热传递时，传递能量的多少，不能说物体含有或具有多少热量，故A错误；B．熬制小米粥过程中，米粥温度升高，主要通过热传递改变内能，故B正确；C．物体分子间同时存在引力和斥力，故C错误；D．燃料的热值是由燃料的种类决定的，与燃料的燃烧情况无关，故D错误。故选B。

【分析】（1）热量是一个过程量，不是一个状态量，热量描述了物体发生热传递时，传递能量的多少，不能说物体含有或具有多少热量；

（2）改变内能的方式包括做功和热传递；

（3）分子间存在相互的引力与斥力；

（4）热值是燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧情况无关。5．下列说法中正确的是（）A．温度低的物体有内能B．水和煤油升高相同的温度，水吸收的热量较多C．汽油燃烧，汽油的体积减少，其热值减小D．一杯水温度降低，水的比热容变小【答案】A【解析】【解答】A．一切物体无论温度高低都有内能，故温度低的物体具有内能，故A正确；B．根据Q=cmΔt可知，物体吸收的热量跟物体的比热容、质量大小及升高的温度有关，由于水和煤油的质量未知，不能比较二者吸收的热量多少，故B错误。C．热值是物质的特性，仅与燃料的种类有关，与燃料的质量、体积、燃烧情况无关，故C错误；D．比热容是物质的特性，与物质的种类和状态有关，跟物质的质量、温度的高低等无关，故D不变。故选A。

【分析】（1）内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，一切物体无论温度高低都有内能；

（2）根据Q吸=cmΔt分析；

（3）热值是燃料的一种特性，仅与燃料的种类有关，与它是否完全燃烧没有关系；

（4）比热容是物质的一种特性，与物体质量、温度无关。6．如图所示是一个装有静电除尘纸的拖把，扫地时除尘纸与地板摩擦后带上负电，可以轻松地将附近的灰尘和头发清扫干净。下列说法正确的是（）A．静电除尘纸失去了电子B．静电除尘纸和地面摩擦时创造了电荷C．静电除尘利用了带电体可以吸引轻小物体的性质D．除尘纸与地板摩擦后带有同种电荷【答案】C【解析】【解答】AD.扫地时除尘纸与地板摩擦后带等量的异种电荷，除尘纸带上负电，说明静电除尘纸得到电子，故AD错误；

B.摩擦起电的实质是电荷的转移，并没有创造电荷，故B错误；

C.由于带电体能够吸引轻小的物体，所以带了电的除尘纸能吸引轻小的灰尘，故C正确。故选C。

【分析】（1）摩擦起电的实质是电荷的转移，电子从原子核束缚电子能力弱的物体转移到束缚能力强的物体，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电；

（2）带电体具有吸引轻小物体的性质。7．2024年4月20日，我国研制的全球首款本体热效率达53.09%的柴油机正式亮相世界内燃机大会，刷新了柴油机热效率的世界纪录。下图所示内燃机的四个冲程，气缸内气体的内能最小的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，进气门和排气门都关闭，活塞向下运动，为内燃机的做功冲程，缸内气体推动活塞对外做功，将内能转化为机械能；B．由图可知，进气门关闭，排气门打开，为内燃机的排气冲程；C．由图可知，进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，为内燃机的压缩冲程，活塞压缩缸内气体，对气体做功，将机械能转化为内能；D．由图可知，进气门打开，排气门关闭，为内燃机的吸气冲程；内燃机工作循环的顺序依次为吸气、压缩、做功、排气，压缩冲程后气体温度都比吸气冲程中气体的温度高，故吸气冲程中气缸内气体的内能最小，故D符合题意，ABC不符合题意。故选D。

【分析】在内燃机的做功冲程中能量转化是内能转化为机械能，压缩冲程中能量转化是机械能转化为内能。8．如图电路，闭合开关S1和S2，两个不同规格的小灯泡L1和L2均发光。下列分析正确的是（）A．小灯泡L1和L2串联 B．小灯泡L1和L2互相影响C．若断开S1，灯L2变亮 D．若断开S1，灯L2亮度不变【答案】D【解析】【解答】闭合开关S1和S2，L1和L2并联，S1与小灯泡L1串联，控制L1的通断；S2在干路上，控制整个电路的通断，由于并联电路之间互不影响，若断开S1，L1不发光，灯L2亮度不变，故ABC错误，D正确。故选D。

【分析】分析实物图得出电路连接方法以及两开关的位置，结合并联电路的特点分析判断。9．下列电路图中电表的使用正确的是A． B．C． D．【答案】C【解析】【解答】A．电流表相当于导线若将图中开关闭合，电流表就直接接到了电源两端，导致电源短路．故A错误．BD．电表接入电路中，需要遵循正进负出，将图中开关闭合，电压表正负极接线柱接反．故BD错误．C．图中开关闭合，两灯泡并联，电流表测干路电流，且电流表正负极接线柱连接正确．故C正确．综上选C。

【分析】1、电路的三种状态：断路：电路中存在接触不良、或者损害电路中无电流；短路：电路中电流直接连接在用电器两端，用电器无电流，通路：电路正常工作；

2、电流表、电压表的连接：电流表与待测原件串联；电压表的与待测原件并联，连接过程需要电流正极流入负极流出，同时选择合适的量程。10．为保证校园安全，学校门口安装车辆管理闸道。本校教师车辆经过闸道时，可以识别车牌号（S1闭合）开闸；外来车辆需进出校园，门卫可以手动（S2闭合）开闸。下列电路设计符合要求的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】【解答】解：由题意可知，可以识别车牌号（S1闭合）开闸，门卫也可以手动（S2闭合）开闸，因此两开关互不影响，为并联，都可以控制电动机，因此电动机在干路上，故D正确。

故选：D。

【分析】根据题意分析两个开关的连接方式、电动机的连接方式，然后选出正确的电路图。11．将两个小灯泡串联起来后接通电源，发现两灯都发光，但一个亮，一个暗，则流过这两个灯的电流情况是（）A．亮的灯泡中的电流大 B．暗的灯泡中的电流大C．两灯泡中的电流一样大 D．无法判断【答案】C【解析】【解答】两个灯泡串联接在电源上，由串联电路电流的规律可知，两灯泡中的电流相等；它们的亮度不同的原因可能是灯泡的规格不同，故ABD错误，C正确。故选C。

【分析】在串联电路中，电流处处相等。12．如图甲所示电路探究串联电路的电压特点，下列关于该实验说法正确的是（）A．应多准备几个不同规格的灯泡，以便进行多次实验减小误差B．闭合开关后，电压表指针如图乙所示，指针偏转太小，可以调整其量程C．测出L1两端电压后，将电压表导线从a改接到c，测出L2两端电压D．如果L2短路，闭合开关，电压表的示数保持不变【答案】B【解析】【解答】A．使用不同规格的灯泡进行多次实验可以避免实验的偶然性，使实验结论具有普遍性，故A错误；B闭合开关后，电压表指针如图乙所示，指针偏转太小，说明电流表选择的量程过大，应该换用小量程以获得准确的读数，故B正确；C．测出L1两端电压后，如果将电压表导线从a改接到c，会使电压表正负接线柱接反，指针反偏，不能测出L2两端电压，还会损坏电压表，故C错误；D．如果L2短路，只有L1接入电路，电压表测量电源电压，示数变大，故D错误。故选B。

【分析】（1）用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多；

（2）电压表测量电压时要选择合适的量程，否则指针偏转角度过小或过大；

（3）用电压表测量电压时，电流从正接线流入，从负接线柱流出，否则，指针反向偏转；

（4）分析原来两灯的连接关系和L2短路后电路的连接及电压表测量的电压，根据串联电路电压的规律分析电压表的示数变化。13．如图所示电路电源电压为1.5V，电阻R1的阻值为2Ω。闭合开关后，电流表的示数为0.3A，则（）A．电阻R1和R2是并联的 B．通过R1的电流大于0.3AC．电压表测量电阻R2两端的电压 D．电压表的示数为0.6V【答案】D【解析】【解答】ABC．开关闭合后，R1和R2串联，电流表测量电路中的电流，示数为0.3A，电压表测量R1两端电压，根据串联电路电流的规律可知，通过R1的电流等于通过R2D．电压表测量两端电压，R1U1=I故选D。

【分析】（1）由图可知，电阻R1和R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量电阻R1两端电压；

（2）由串联电路电流规律知，通过R1和R2的电流相同；由欧姆定律变形式U=IR可得电阻R1两端的电压。14．用如图所示的器材探究影响导体电阻大小的因素，分别选用A、B、C、D四根不同的金属丝接入M、N两点之间，下列说法正确的是（）A．接A、D，可探究导体电阻大小与导体长度是否有关B．接C比接B时电流表示数更大一些C．接A、C，可探究导体电阻大小与横截面积是否有关D．该实验装置不能探究导体电阻与导体材料的关系【答案】B【解析】【解答】解：A、探究导体电阻大小与导体长度是否有关，应选择材料、横截面积相同，但长度不同的电阻丝，结合图示可知应选B、D电阻丝，故A错误；

B、将B和C金属丝分别连入M、N两点间，即材料、长度相同，但横截面积不同，C的横截面积大，其电阻更小，通过的电流更大，故B正确；

C、为了探究导体电阻与横截面积的关系，应选择横截面积不同，但其他条件相同的电阻丝，结合图示可知应选B、C两金属丝，故C错误；

D、探究导体的电阻与导体材料的关系，应该选择材料不同，但其他条件相同的电阻丝，选A、B两根电阻丝即可，故D错误。

故选：B。

【分析】（1）控制变量法的核心是要研究两导体电阻的大小与哪个因素有关，就要控制这两个因素不同，同时也要控制两导线其它因素相同。

（2）通过两导线的异同点，结合控制变量法的思路可以确定探究的是电阻与哪个因素的关系。结论的得出要从条件中挖掘出电阻的不同是由哪个不同的条件引起的。15．如图所示，R1和R2均为定值电阻，闭合开关S，电流表指针明显偏转，电压表几乎无示数，如果R1或R2一处发生故障，则下列判断正确的是（）A．R1短路 B．R2短路 C．R1断路 D．R2断路【答案】A【解析】【解答】解：由电路图知，闭合开关S，两电阻串联，电流表测电路中电流，电压表测R1两端电压。

闭合开关S，电流表指针明显偏转，说明电路为通路，即没有断路，故CD错误；

若R1短路，则电压表也被短路，电压表无示数，电路为R2的简单电路，有电流通过R2和电流表，则电流表有示数，符合题意，故A正确；

若R2短路，电路为R1的简单电路，有电流通过R1和电流表，R1两端电压等于电源电压，则电压表和电流表都有示数，不符合题意，故B错误；

故选：A。

【分析】由电路图知，闭合开关S，两电阻串联，电流表测电路中电流，电压表测R1两端电压；闭合开关S，电流表指针明显偏转，说明电路为通路，即没有断路，电压表没有示数，说明与电压表并联的电阻被短路，据此分析判断故障的原因。16．如图所示是小明连接的利用滑动变阻器改变灯泡亮度的实物图。关于滑动变阻器的认识，下列分析错误的是（）A．滑动变阻器与灯泡并联使用B．滑动变阻器的接线柱必须满足“一上一下”C．移动滑片，改变了连入电路的电阻丝的长度D．滑片P向左滑动，灯泡变亮，电流表示数变大【答案】A【解析】【解答】A．由实物图可知，滑动变阻器应与灯泡串联，故A错误；B．若滑动变阻器都接上面两个接线柱，相当于一根导线，其电阻为零，无法起到调节电阻的作用；若都接下面两个接线柱，相当于一个定值电阻，其电阻值固定，无法起到调节电阻的作用，所以滑动变阻器的接线柱必须满足“一上一下”的接法，故B正确；C．滑动变阻器的工作原理是通过改变连入电路的电阻丝的长度来改变电阻的大小，故C正确；D．当滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路中的总电阻就会变小，根据欧姆定律I=U故选A。

【分析】（1）滑动变阻器要串联在所控电路中，保证“一上一下”接入电路；

（2）滑动变阻器原理：通过改变连入电路中电阻线的长度来改变电阻；

（3）当移动滑动变阻器的滑片使接入电路中的电阻变大时，电路中的电流变小，小灯泡变暗；而当移动滑动变阻器的滑片使接入电路中的电阻变小时，电路中的电流变大，小灯泡变亮。17．在某一温度下，连接在电路中的两段导体A和B中的电流与其两端电压的关系如图所示，由图中信息可知（）A．导体A的阻值为0.8ΩB．导体B的阻值为5ΩC．将A、B串联接在3V的电源上，电路中的电流是0.3AD．将A、B并联接在2V的电源上，干路中的电流是0.6A【答案】D【解析】【解答】AB．由图可知，电路元件A和B中的电流与其两端电压的关系图像为过原点的直线，可知电路元件A和B均为定值电阻，电阻值分别为：RR故AB错误；C．将A、B串联接在3V的电源上，电路的总电阻为：R=电路中的电流为：I=故C错误；D．将A、B并联接在2V的电源上，由图可知，通过导体A、B的电流分别为0.4A和0.2A，干路总电流为：I'=故D正确。故选D。

【分析】（1）由图象可知，当U=3V时，IA=0.6A，IB=0.3A，根据欧姆定律R=UI可知A、B的电阻；

（2）将A、B串联接在3V的电源上，根据串联电路电阻的特点，可知电路的总电阻，根据欧姆定律I=U18．如图所示电路，闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中（）A．电路的总电阻变大 B．灯泡的亮度变亮C．电流表的示数变小 D．电压表的示数变小【答案】B【解析】【解答】图中，灯与滑动变阻器串联，电压表测灯两端电压，闭合开关后，滑动变阻器的滑片向左滑动时，电阻变小，电流变大，电流表示数变大，根据U=IR，灯的电阻一定，灯的电压变大，电压表示数变大，灯变亮，故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。

【分析】在串联电路中，电阻减小，电流变大，减小的电阻分压减小，其他位置分压变大。19．节约是美德，小明总是随手关闭家里不必要使用的电灯等家用电器。每多关闭一个家用电器，家庭电路中（）A．电压不变，总电流减小 B．总电阻减小，总电流增大C．电压减小，总电阻增大 D．电压不变，总电阻减小【答案】A【解析】【解答】家庭电路中各家用电器是并联的，每多关闭一个家用电器时，相当于断开一条支路，根据并联电路电流规律可知，干路电流变小，由于家庭电路的电压为220V保持不变，根据欧姆定律变形式R=U故选A。

【分析】家用电器在家庭电路中是并联的，家庭电路的电压为220V，根据并联电路的特点分析。20．沂河美域小区电梯里张贴“禁止电动自行车入内”提醒业主注意电动车充电安全。下列电动车充电的做法符合安全用电原则的是（）A．将电动车推到室内充电B．充电后，充电器仍插在插座上C．电动自行车放在集中充电处充电D．烧焦的插座或插头仍继续使用【答案】C【解析】【解答】AC．电动自行车充电有一定的危险，包括电路短路、电池过热起火等，所以放在集中充电处充电，不能推到室内充电，故A错误，C正确；B．充电后，充电器插在插座上，依然消耗电能，应及时断开，故B错误；D．烧焦的插座或插头若继续使用，可能漏电，造成触电事故，也可能发生短路，引发火灾，故D不符合题意。故选C。

【分析】（1）为避免充电时引起火灾，电动自行车充电时应远离居民楼；

（2）充电后，充电器需要断开电源；

（3）电路元件损坏后要及时更换。二、填空题（每空1分，共18分）21．（1）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船发射圆满成功！①火箭发射时在发射台下有一个大水池，让高温火焰喷到水中，通过水来吸收巨大的热量。如图所示，火箭升空瞬间，看到的白色“气团”是水蒸气形成的；（以上两空填物态变化名称）②火箭用液态氢作为燃料，因为液态氢具有较高的（选填“热值”或“比热容”）；火箭进入大气层后，外壳会因为剧烈摩擦而升温，此过程将能转化为内能；（2）如图所示，一台某型号四冲程汽油机工作时每秒对外做功15次，则该汽油机飞轮的转速是r/min；（3）如图甲，闭合开关S，两灯泡均发光，两个相同的电流表A1、A2均有正常示数，两个电流表指针偏转的角度恰好相同，如图乙。则通过灯泡L1的电流是A，两灯泡两端的电压之比为，通过L1与L2的电流之比为，两灯泡的电阻之比为。【答案】（1）汽化；液化；热值；机械（2）1800（3）0.3；1︰1；1︰4；4︰1【解析】【解答】（1）①高温火焰喷到水中，通过水汽化来吸收巨大的热量；如图所示，火箭升空瞬间，看到的白色“气团”是水蒸气液化形成的；②火箭用液态氢作为燃料，因为液态氢具有较高的热值，液态氢与其它燃料相比，在完全燃烧相同质量时，能放出更多的热量；火箭进入大气层后，外壳会因为剧烈摩擦而升温，此过程将机械能转化为内能；（2）汽油机的一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做1次功；已知汽油机每秒对外做功15次，则汽油机的飞轮每秒要转30转，每分钟要转1800转，即汽油机飞轮的转速为1800r/min；（3）由电路图甲可知，开关闭合后，L1和L2并联，电流表A2测干路的电流，电流表A1测L1所在支路的电流，由并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知，干路电流大于支路电流，由于两个电流表的指针在同一个位置，所以电流表A2的选择的量程为0~3A，分度值为0.1A，示数I=1.5A，电流表A1选择的量程为0~0.6A，分度值为0.02A，示数I1=0.3A，即通过灯泡L1的电流为0.3A；由于并联电路各支路两端的电压相等，所以两灯泡两端的电压相等，比值为1︰1；通过L2的电流为：I通过L1与L2的电流之比为：I两灯泡的电阻之比为：R1R2=UI1UI2=I2I1=1.2（1）[1]高温火焰喷到水中，水吸收热量，由液态变为气态，故通过水汽化来吸收巨大的热量。[2]如图所示，火箭升空瞬间，排放燃气中的水蒸气放出热量，由气态的水变为液态的小水珠，即看到的白色“气团”是水蒸气液化形成的。[3]液态氢与其它燃料相比，在完全燃烧相同质量时，能放出的热量较多，所以作用火箭的燃料；因为液态氢具有较高的热值。[4]火箭进入大气层后，外壳会因为剧烈摩擦做功使其内能增加而升温，此过程将机械能转化为内能。（2）如图火花塞点火，说该内燃机为汽油机。汽油机每秒对外做功15次，则汽油机的飞轮每秒要转30转，每分钟要转1800转，即汽油机飞轮的转速为1800r/min。（3）[1][2][3][4]由电路图甲可知，开关闭合后，两灯泡并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测L1支路电流。因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两个电流表的指针在同一个位置，所以干路电流表A2的量程为0~3A，分度值为0.1A，示数I=1.5A，L1支路电流表A1的量程为0~0.6A，分度值为0.02A，示数I1=0.3A，即L1的电流为0.3A；由并联电路电流和电压特点知，两灯泡两端的电压相等，故两灯泡两端的电压之比为1︰1；通过L2的电流I通过L1与L2的电流之比为I两灯泡的电阻之比为R22．（1）如图所示的巴黎水上运动中心是一座低碳化场馆，也是2024年巴黎奥运会的比赛场馆之一。场馆内的照明灯与控制它的开关是的；照明灯与显示实时成绩的电子屏幕是的。（均选填“串联”或“并联”）（2）如图所示，小明把一个刚喝完的纯净水瓶拧紧瓶盖，先用双手使劲扳弯纯净水瓶，然后快速松开左手，瓶内出现大量白雾。白雾的形成要（选填“吸热”或“放热”），在松手的过程中水蒸气的内能（填变化情况）；松手后纯净水瓶内部物质发生物理变化的过程中，其能量转化过程与汽油机冲程的能量转化过程相同。（3）试卷在印刷厂“诞生”时，由于现象会使印刷机积累大量电荷，为避免出现火花放电，工人会将机器接地。当自由电子从机器流向大地时，电流方向是（选填“从机器到大地”或“从大地到机器”）。（4）当某导体两端的电压是6V时，通过该导体的电流是0.3A，如果使该导体两端的电压变为18V，那么通过该导体的电流是A，这时该导体的电阻是Ω。【答案】（1）串联；并联（2）放热；减小；做功（3）摩擦起电；从大地到机器（4）0.9；20【解析】【解答】（1）场馆内的照明灯与控制它的开关是串联的；照明灯与显示实时成绩的电子屏幕可以独立工作，互不干扰，是并联的。（2）先用双手使劲扳弯纯净水瓶，然后快速松开左手，瓶内气体对外做功，其内能减小、温度降低，将瓶内水蒸气的内能转化为瓶盖的机械能，当瓶盖打开的瞬间，瓶内的水蒸气遇到冷的空气液化变成小水珠，形成大量白雾，故白雾的形成要放热；在汽油机的做功冲程将内能转化为机械能，故松手后纯净水瓶内部物质发生物理变化的过程中，其能量转化过程与汽油机做功冲程的能量转化过程相同。（3）试卷在印刷厂“诞生”时，由于摩擦起电现象会使印刷机积累大量电荷，为避免出现火花放电，工人将机器接地；正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，负电荷定向移动的方向与电流的方向相反，由于自由电子带负电，当自由电子由机器流向大地时，电流方向是从大地到机器。（4）当某导体两端的电压是U=6V时，通过该导体的电流是I=0.3A，根据欧姆定律可知，导体的电阻是：R=同一段导体的电阻不变，如果使该导体两端的电压变为U'=18V，那么通过该导体的电流是：I'=U'R=18V20Ω=0.9A

故答案为：（1）串联；并联；（2）放热；减小；做功；（3）摩擦；从大地到机器；（4）0.9；20。

【分析】（1）串联电路各用电器互相影响，并联电路各支路互不影响；

（1）[1]照明灯的通断用开关控制，两者需要串联连接。[2]照明灯与显示实时成绩的电子屏幕独立工作，互不干扰，是并联连接。（2）[1][2][3]先用双手使劲扳弯纯净水瓶，然后快速松开左手，瓶内气体对外做功，其内能减小、温度降低，将内能转化为机械能，此时瓶内的水蒸气遇冷液化变成小水珠，形成白雾，液化放热。在汽油机的做功冲程中，燃料燃烧产生高温高压的气体推动活塞做功，也是将内能转化为机械能，因此松手后纯净水瓶内部物质发生物理变化的过程中，其能量转化过程与汽油机做功冲程的能量转化过程相同。（3）[1][2]试卷在印刷时，试卷和机器摩擦，由于摩擦起电现象会使印刷机积累大量电荷，为避免出现火灾，工人将机器接地；电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反，自由电子带负电，当自由电子由机器流向大地时，电流方向是从大地到机器。（4）[1][2]当某导体两端的电压是6V时，通过该导体的电流是0.3A，导体的电阻是R=如果使该导体两端的电压变为18V，那么通过该导体的电流是I三、实验题（23题6分，24题4分，25题9分，26题5分，共24分）23．图甲是探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置。（1）组装实验装置时，应该先调整图甲中（选填“A”或“B”）的高度；图甲装置中的纸板上留小孔，让烧杯内外气压（选填“相等”或“不相等”）。（2）小明用相同的装置先后做了两次实验，绘制出如图乙所示的a、b两条图线。由图线可知：①实验中水的沸点为℃；②水沸腾的特点是：继续吸热，温度（选填“不断升高”“保持不变”或“不断降低”）③若两次实验所用水的质量分别为ma、mb，则mamb（选填“＞”“＝”或“＜”）。（3）实验中某次温度计的示数如图丙，此时烧杯内气泡的情况应该是图丁中的（选填“A”或“B”）所示。【答案】（1）B；相等（2）98；保持不变；＜（3）B【解析】【解答】（1）为了让酒精灯的外焰加热，组装实验装置时，采用“由下而上”的顺序组装，所以应该先调整图甲中B的高度；图甲装置中的纸板上留小孔，让烧杯内外气压相等，不影响水的沸点。（2）①②由图乙所示的a、b两条图线可知，水达到沸点沸腾，且继续吸热，温度保持不变，故实验中水的沸点为98℃；

③若两次实验所用水的质量分别为ma、mb，由图乙可知，a需要3min达到沸点，b需要5min才能达到沸点，b的加热时间更长，说明b的质量更大，则ma＜mb。（3）由图丙可知，温度计的分度值为1℃，示数为93℃，小于水的沸点98℃，此时水没有沸腾。沸腾前，下层的水温度较高，上层的温度较低，根据热胀冷缩原理可知下面的气泡大，上面的气泡小，此时烧杯内气泡的情况应该是如图丁中的B所示。

故答案为：（1）B；相等；（2）①98；②保持不变；③＜；（3）B。

【分析】（1）因为在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置；

（2）液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；通过a和b初温相同，但到达沸腾的时间不相同，根据Q=cmΔt判断水的质量；

（3）根据温度计的分度值读数；沸腾前，上层的水温度较低，上升的气泡遇低温液化，气泡减小；沸腾时，由于此时整个容器内的水温相同，气泡不断升高，深度不断减小，并且有大量水蒸气进入气泡，气泡逐渐变大。（1）[1]为方便调整加热火焰的位置，采用“由下而上”的顺序组装实验装置，所以应该先调整图甲中B的高度。[2]实验要探究水沸腾时温度变化的特点，水的沸点受压强影响，纸板上留小孔，是为了让烧杯内外气压相等，不影响水的沸点。（2）[1][2]小林用相同的装置先后做了两次实验，绘制出如图乙所示的a、b两条图线，水达到沸点沸腾，且继续吸热但温度保持不变，所以实验中水的沸点为98℃。[3]若两次实验所用水的质量分别为ma、mb，由于b需要加热更长时间才能达到沸点，则ma＜mb。（3）由图丙可知，温度计的分度值为1℃，则温度计的示数为93℃；温度未达到水的沸点，此时水没有沸腾。沸腾前，上层的水温度较低，上升的气泡遇低温液化，气泡减小，此时烧杯内气泡的情况应该是如图丁中的B所示。24．小明和小强在“探究并联电路的电流规律”实验中设计了如图甲所示电路图。（1）连好电路，小明闭合开关，发现电流表指针如图乙，这是因为。（2）图丙电路中的电流表测量的是（选填“A”“B”或“C”）处的电流。（3）小明测出A、B、C三处的电流如表所示，小明发现A、B两个支路的电流是相等的，但小强测量支路电流并不相等，你认为小明造成两个支路的电流相等的原因是。IA/AIB/AIC/A0.320.160.16（4）他们经过讨论，需要反复实验才能得出并联电路电流的特点，在进行多次实验时，以下操作无意义的是_______。A．更换不同规格的小灯泡 B．交换灯泡L1和L2的位置C．再并联一个小灯泡 D．更换不同的电源【答案】（1）电流表正负接线柱接反（2）A（3）两个小灯泡规格相同（4）B【解析】【解答】解：（1）连好电路，小明闭合开关，发现电流表指针如图乙，指针反向偏转，是电流表的正负接线接反了；

（2）图丙中，电流从电源的正极出来，经电流表后，分别两个支路，分别经灯L1和L2，再经开关，回到负极，所以电流表测干路电流，即电路图甲中A处的电流；

（3）A、B两个支路的电流是相等的，但其他组同学的测量支路电流并不相等，造成两个支路的电流是相等的原因是选用的灯泡规格相同；

（4）A、为得出普遍性的规律，要换用不同规格的灯泡多次测量，故A不符合题意；

B、并联电路各支路互不影响，交换小灯泡的位置，不能达到多次测量的目的，故B符合题意；

C、再并联一个灯泡，改变了支路的条数，达到多次测量的目的，故C不符合题意；

D、更换不同的电源，也能达到多次测量的目的，故D不符合题意。

故选：B。

故答案为：（1）电流表的接线柱接反；（2）A；（3）两个小灯泡规格相同；（4）B。

【分析】（1）测量电流时，电流要从电流表正接线柱流入，从负接线柱流出，否则电流表指针会反向偏转；

（2）电流表与待测电路串联；

（3）小灯泡规格相同，会造成各个支路电流相等；

（4）为了结论的普遍性，应该改变灯泡规格，改变电源电压，增加支路。（1）闭合开关后，发现电流表指针向左偏，电流表正负接线柱接反。（2）图丙电路中的电流表接在干路上，测量的是A处的电流。（3）A、B两个支路的电流是相等的，但其他组同学的测量支路电流并不相等，造成两个支路的电流是相等的原因是选用的灯泡规格相同。（4）A．为得出普遍性的规律，要换用不同规格的灯泡多次测量，故A不符合题意；B．并联电路各支路互不影响，交换小灯泡的位置，不能达到多次测量的目的，故B符合题意；C．再并联一个灯泡，改变了支路的条数，达到多次测量的目的，故C不符合题意；D．更换不同的电源，也能达到多次测量的目的，故D不符合题意。故选B。25．探究电流与电压、电阻的关系，器材有：电源（恒为4V）、电压表（0～3V）、电流表（0～0.6A）、电阻R（5Ω、10Ω、20Ω）、滑动变阻器（20Ω2A）、开关、导线若干。（1）连接电路时，开关应处于状态；如图甲，闭合开关前，将滑动变阻器滑片P移到最（选填“左”或“右”）端，起到保护电路的作用。（2）探究电流与电压的关系，实验数据如图，其中第3次实验的电压表示数（如图乙所示）为V。分析数据可得：电阻不变时，电流跟电压成，实验中所选的电阻阻值为Ω。序号电压U/V电流I/A11.00.221.50.33

0.4（3）探究电流与电阻的关系，将5Ω电阻接入电路，记录电流表示数为0.3A；将5Ω电阻换成10Ω电阻进行实验时，滑动变阻器滑片P应向（选填“A”或“B”）调节，直至电压表示数为V，记录电流表示数；再将电阻更换为20Ω，发现无法完成实验。①本实验中滑动变阻器的主要作用是；②从本实验可行性与安全性考虑，应控制电阻两端的电压范围为V～3V。【答案】（1）断开；右（2）2；正比；5（3）B；1.5；保持定值电阻两端的电压不变；2【解析】【解答】（1）为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；闭合开关前，滑动变阻器滑片应移到阻值最大处，即将滑动变阻器滑片P移到最右端，起到保护电路的作用。（2）由图乙可知，电压表选择的是0~3V的量程，分度值为0.1V，读数为2V；分析实验数据得，电阻不变时，电流跟电压成正比；第一组实验数据中，电压为1V，电流为0.2A，实验中所选的电阻阻值为：R=（3）探究电流与电阻关系的实验中，要控制电压一定，将5Ω电阻接入电路，电流表示数为0.3A，此时定值电阻两端的电压为：U=IR=0.3用10Ω的电阻替换5Ω，根据串联分压原理，电阻两端的电压变大，即电压表示数变大，实验要控制电压不变，所以要增大滑动变阻器两端的电压，即增大变阻器的电阻阻值，故滑动变阻器滑片P应向B端调节，直至电压表示数为1.5V。①本实验滑动变阻器的作用为保持定值电阻两端的电压不变；②将电阻更换为20Ω时，因滑动变阻器的阻值太小不能完成实验，此时可保证电路安全的情况下改变定值电阻两端电压，设定值电阻两端的最小电压为U0小，由串联电路中电压的分配规律得：U0小U-U0小=R3定值电阻两端的电压的最大值U0大=I大R1=0.6A×5Ω=3V，

应控制电阻两端的电压范围为2V～3V；故答案为：（1）断开；右；（2）2；正比；5；（3）B；1.5；保持定值电阻两端的电压不变；2。

【分析】（1）连接电路时，开关应断开；为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片要移至阻值最大处；

（2）电压表读数时先看量程，再看分度值，根据分度值读数；分析表中数据得出结论；

探究电流与电压的关系，保持电阻的阻值不变，从表中可知电压和对应的电流，由欧姆定律求出电阻；

（3）探究电流与电阻的关系，保持电阻两端的电压不变，由将5Ω电阻接入电路时，电流为0.3A，可知定值电阻两端电压的大小，滑动变阻器的作用是保持定值电阻两端电压不变；实验中，用10Ω的电阻替换5Ω，根据串联分压原理，电阻两端的电压变大，即电压表示数变大，实验要控制电压不变，所以要增大滑动变阻器两端的电压，即增大变阻器的电阻阻值，据此分析滑片滑动的方向；将电阻更换为20Ω时，因滑动变阻器的阻值太小，不能完成实验，此时可保证电路安全的情况下改变定值电阻两端电压，定值电阻两端最小电压是当电路中接入最大电阻20Ω，滑动变阻器接入最大值时的电压，最大电压是当接入最小电阻5Ω，电路中电流允许的最大值时的电压。（1）[1][2]根据电路连接要求，为保证实验人员及电路安全，连接电路前，开关应断开，滑动变阻器滑片应移到阻值最大处，即最右端。（2）[1]电压表接入小量程，读数为2V。[2]由实验数据得，当电阻一定时，电流和电压成正比。[3]任选其中一组实验数据，例如序号1，电压为1V，电流为0.2A，根据欧姆定律变形式计算得R=（3）[1][2]探究电流与电阻关系的实验中，要控制电压一定，将5Ω电阻接入电路，电流表示数为0.3A，此时电压为U=IR=0.3结合欧姆定律可知，串联电路电阻之比等于电压之比，当电压之比一定时，一个电阻增大，另一个电阻也同样增大，即滑动变阻器向阻值变大处移动，即B端，直至电压表示数为1.5V。[3]本实验滑动变阻器的作用为保持定值电阻两端的电压不变。[4]结合题意可知，当定值电阻的阻值增大时，滑动变阻的阻值也增大，本实验选用的滑动变阻器的最大阻值为20Ω，定值电阻的最大阻值也为20U电源电压为4V，两用电器电压相等，即U=U26．小明同学用电流表和电压表测量小灯泡发光时的电阻，选用的小灯泡正常发光电压2.5V，电源电压恒为4.5V。（1）请你用笔画线代替导线，将图甲的实物图补充完整。要求滑动变阻器的滑片向左滑动时它的电阻增大，导线不交叉，电压表选择合适的量程；（2）闭合开关，电流表示数为零，电压表示数等于电源电压，经检查电表完好，则电路故障可能是灯泡。排除故障，继续实验；（3）故障排除后，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，要测量小灯泡正常发光时的电阻，应将图甲中滑动变阻器的滑片向（选填“左”或“右”）端适当移动；（4）根据实验数据，作出小灯泡工作时I-U的关系图像如图丙所示，由图像可知，小灯泡正常发光时的电阻为Ω；（5）图甲实验装置能否探究“电流与电压的关系”？（选填“能”或“否”）【答案】（1）（2）断路（3）右（4）10（5）否【解析】【解答】（1）小灯泡标有“2.5V”的字样，故电压表选用0~3V的量程，电压表与小灯泡并联；要求滑动变阻器的滑片向左滑动时它的电阻增大，说明滑片在远离下端接线柱，故滑动变阻器选用右下接线柱与开关串联在电路中，如图所示：（2）闭合开关，电流表示数为零，说明电路断路，电压表示数等于电源电压，说明与电压表并联部分以外的元件完好，则电路故障可能是灯泡断路；（3）由图乙可知，电压表选用0~3V的量程，分度值0.1V，示数为1.8V，小于灯泡额定电压2.5V，要测量小灯泡正常发光时的电阻，应增大灯泡两端电压，减小滑动变阻器两端的电压，根据串联电路电压分压原理可知，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将图甲中滑动变阻器的滑片向右端适当移动。（4）由图丙