2019版九年级物理上学期期末质量检测试题（含解析）.doc

2019版九年级物理上学期期末质量检测试题（含解析）题号一二三四五总分得分A. 金属大地石墨B. 陶瓷湿木材橡胶C. 玻璃花生油大地D. 空气水银塑料1. 将灯L1、L2串联在某电路中，发现灯L2比灯L1亮很多，下列说法正确的是（）A. 通过L2的电流比L1大B. 通过L2的电流比L1小C. 通过两灯的电流一样大D. 无法比较通过两灯的电流大小2. 质量相等、初温相同的甲、乙两种不同液体，分别用两个完全相同的加热器加热，加热过程中，温度随时间变化的图线如图所示。根据图线可知（）A. 甲液体的内能比乙的大B. 温度升高液体分子运动变慢C. 甲液体的比热容比乙的大D. 乙液体的比热容比甲的大3. 刚装修过的房间会闻到很重的油漆味，这现象表明了（）A. 分子由原子构成B. 分子间有空隙C. 分子在永不停息地运动D. 分子间有阻力4. 如图电源电压不变，当滑片P向a端移动时，会出现的现象是()A. 电流表示数变小，灯泡变暗B. 电流表示数变大，灯泡变亮C. 电流表示数变大，灯泡变暗D. 电流表示数变小，灯泡变亮5. 图中装置中，与电动机工作原理相同的是（）A. 电磁继电器B. 扬声器C. 电磁感应D. 动圈式话筒6. 甲、乙两个磁极附近有一个小磁针，小磁针静止时的指向如图所示（涂黑的为N极），那么（）A. 甲、乙都是N极B. 甲、乙都是S极C. 甲是N极，乙是S极D. 甲是S极，乙是N极二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）7. 如图所示，电源电压保持不变，小灯泡上标有“4V”字样，电流表的量程为00.6A图乙是小灯泡的电流随其电压变化的图象滑动变阻器R1的最大阻值为20，定值电阻R2的阻值为10当闭合S和S2、断开S1、滑片移到中点时，小灯泡L恰好正常发光，则下列说法正确的是（）A. 电源电压为9VB. 闭合S和S1，断开S2，为保证电路安全，电阻R2的最大功率为8.1WC. 闭合S和S2，断开S1，当小灯泡的功率为0.8W时，滑动变阻器的阻值是17.5D. 闭合S和S2，断开S1，滑片移到中点时，用一个“4V0.5W”的灯泡L替换L，则L将会烧毁8. xx年2月7日第22届冬奥会在索契开幕，我国冰壶运动员奋力拼搏，为国争光，取得了优异成绩，有关冰壶运动，下列说法正确的是（）A. 运动员用力将冰壶推出，说明力可以改变物体的运动状态B. 运动员蹬冰脚的鞋底是由橡胶制成的，目的是为了增大摩擦力C. 推出的冰壶在冰面上继续滑行是由于受到惯性作用D. 运动员刷冰时克服摩擦做功，机械能转化为内能9. 如图所示，电源两端的电压为6V，且保持不变电路中的元器件均完好小灯泡L1标着“6V2.4W”，小灯泡L2标着“6V3.6W”，灯丝的电阻均保持不变则下列判断正确的是（）A. 开关S断开时，电压表V1的示数为0VB. 开关S断开时，电压表V2的示数为6VC. 开关S闭合时，电压表V1的示数为3.6VD. 开关S闭合时，电压表V2的示数为2.4V第II卷三、填空题（本大题共3小题，共6.0分）10. 把1kg初温为35的水加热到85，消耗了10g的煤气，此过程水吸收的热量为_J，加热装置的效率为_（煤气的热值q煤气=4.2107J/Kg）11. 如图所示，开关S闭合后，发现A1A2两只电流表的指针恰好偏转到同一位置，若通过L1的电流为0.8A，则电流表A1示数是_A，电流表A2示数是_A。12. 某同学在“探究通电螺线管的外部磁场”的活动中，用漆包线绕制一只螺线管，接入如图所示的电路中，闭合开关S后，螺线管的下端为_极当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下端吸引大头针的个数将_四、实验探究题（本大题共2小题，共20.0分）13. 同学们为了“探究物体吸收的热量与物质种类的关系”，利用如图1所示的实验装置进行实验，并记录数据如下表所示，请你根据表中的数据回答下列问题：加热时间/min01234567水的温度/2022242628303234食用油的温度/2024283236404448（1）实验中，除了要在甲、乙两个相同的烧杯中分别加入相同质量的水和食用油，另外还应选择两个完全相同的电加热器，选择相同的电加热器目的是为了_。A在相同时间内，两个电加热器对水和食用油放出的热量相同B在相同时间内，使水和食用油升高的温度相同（2）若使水和食用油升高相同的温度，_需要的加热时间更长；A食用油B水（3）图2是根据实验数据画出的图象，其中图线表示的是_吸热升温情况。A食用油B水。14. 要测量一个额定电压是2.5V的小灯泡的额定功率，估计小灯泡工作时的电阻约为5，现有电流表、电压表、开关、滑动变阻器、电源（3V左右）各一个，导线若干（1）连接的电路如图1所示，但电路中有一根导线接错了，请你用笔在图中将接错的导线打上“”，并画出正确的导线（2）调节滑动变阻器的滑片P的位置时，电压表的示数如图2所示，其示数为_ V，若想测量小灯泡的额定功率应将图1中的滑片P向_ （选填“C”或“D”）端移动，使电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图3示数，则通过小灯泡的电流为_ A，该灯泡的额定功率是_ W（3）根据实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图4所示：通过图象可以发现灯丝的电阻变化特点是_ 有关小灯泡功率P的图象如图所示，以下正确的是_ 五、计算题（本大题共2小题，共26.0分）15. 用燃气灶烧水，燃烧0.5kg的煤气，使50kg的水从20升高到70已知水的比热容为4.2103J/（kg），煤气的热值为4.2107J/kg求：（1）0.5kg煤气完全燃烧放出的热量（2）水吸收的热量（3）燃气灶烧水的效率16. CFXB型热水杯的原理图如图所示，它有加热和保温两档，通过单刀双掷开关S进行调节，R0、R为电热丝。当开关S接加热档时，电路的功率为1000W，当开关S接保温档时，电路的总功率为44W，R0、R阻值恒定不变。整壶水的质量2kg额定电压220V加热时的总功率1000W保温时的功率44W（1）在保温档正常工作时，电路中的电流是多少？（2）电热丝R0、R的阻值多大？（3）在一标准大气压下把一满壶水从30烧开需要14分钟，求这个热水壶的效率是多少？（c水=4.2103J/（）答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题主要是考查学生对内能、温度与热量三者之间的联系和区别的掌握情况，同时也对改变物体内能的两种方法也进行了检测。（1）温度越高，分子热运动越剧烈；热量是一个过程量，不能用具有、含有来修饰；（2）改变物体内能的两种方法：做功和热传递；（3）一切物体都具有内能；（4）物体内部分子的动能和分子势能的总和叫做物体的内能，其大小与物质的量和温度有关。【解答】A.温度高的物体分子运动剧烈，但不能说物体具有的热量多，因为热量是一个过程量，不能用具有、含有来修饰，故A错误；B.改变物体内能的两种方法：做功和热传递，因此物体内能增大不一定是吸了热，故B错误；C.因为一切物体都具有内能，所以0的冰块具有内能，内能不为零，故C错误；D.一碗水倒掉一半后，物体含有的物质减少，内能减小，故D正确。故选D。2.【答案】C【解析】【分析】导体的电阻是由电阻自身决定的，与导体的材料，长度，横截面积有关，而与外部的电流、电压大小无关。本题主要考查学生对导体电阻的理解和运用，导体的电阻是不变的学习物理公式时，要注意不能像数学公式一样来分析，因为物理公式中的每个字母都代表一个特定的物理量，有其本身的物理意义，如此题中的电阻就不能说与电压成正比，与电流成反比。【解答】导体的电阻与导体的材料，长度，横截面积有关，并不随电流、电压的改变而改变。所以A，B，D错误，C正确。故选C。3.【答案】D【解析】解：A、进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程，故A不符合题意；B、排气门开启，气体流出汽缸，是排气冲程，故B不符合题意；C、两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，故C不符合题意；D、两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，故D符合题意故选：D解答此类题注意总结规律，在内燃机的四个冲程中，进气阀和排气阀均关闭的只有压缩冲程和做功冲程，而在压缩冲程中活塞向上运动，做功冲程中活塞向下运动；一个气阀打开，另一个气阀关闭的是吸气冲程和排气冲程，而在吸气冲程中活塞向下运动，排气冲程中活塞向上运动根据曲轴的转动方向判断活塞的运行方向，再根据气门的关闭情况就可以确定是哪一个冲程4.【答案】D【解析】【分析】本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点以及电功率公式的应用，要注意两灯泡并联时两端允许所加的最大电压为两者额定电压中较小的。（1）知道两灯泡的额定电压和额定功率，根据P=求出两灯泡的电阻之比；（2）两灯泡串联时通过它们的电流相等，根据P=I2R比较两灯泡实际功率的大小，实际功率大的灯泡较亮；（3）根据两灯串联，根据串联电路电流特点，根据P总=求得两灯消耗的总功率。【解答】A.由P=可得，两灯泡的电阻之比：=，故A错误；B.L1灯与L2灯实际功率之比=，故B错误；C.两灯串联时，因串联电路中各处的电流相等，所以，由P=I2R可知，L1的电阻较大，实际功率较大，灯泡较亮，故C错误；D.两灯串联，电流为额定电流较小的，则I=I1=0.5A，电阻为两灯泡电阻之和，则R总=12+6=18，则两灯消耗的总功率P总=2W，故D正确。故选D。5.【答案】D【解析】【分析】由题意知，只有坐在座椅上时，指示灯才亮，故S1可控制灯，当开关S2闭合时，灯又不亮了，说明指示灯被S2短路了本题利用了对用电器短路时，用电器将不工作设计电路，注意不能出现对电源短路的情况，电阻是保护电源，可使电路对电源不被短路【解答】A指示灯与S1串联后与S2并联，乘客坐下时指示灯亮，系上安全带时，指示灯被短路熄灭，但出现电源短路，故A不符合题意；B两开关并联，无论乘客坐下，还是系上安全带，指示灯都会发光，故B不符合题意；C两开关串联，只有乘客坐下，系上安全带时指示灯才会发光，故C不符合题意；D指示灯与S1串联，与S2并联，乘客坐下时指示灯亮，系上安全带时，指示灯被短路熄灭，并且不会出现电源短路，故D符合题意故选D6.【答案】A【解析】【分析】导体是容易导电的物体，即是能够让电流通过的材料；不容易导电的物体叫绝缘体导体在我们的生活中随处可见。本题考查的是导体，导体在我们的生活中随处可见，但是我们应该学会区分和辨别哪些是导体哪些是绝缘体。【解答】A.金属、大地、石墨都容易导电，是导体，符合题意；B.陶瓷、橡胶不容易导电，是绝缘体，湿木材容易导电，是导体，不合题意；C.玻璃、花生油不容易导电，是绝缘体，大地容易导电，是导体，不合题意；D.空气、塑料不容易导电，是绝缘体，水银容易导电，是导体，不合题意。故选A。7.【答案】C【解析】【分析】根据串联电路中各处的电流相等进行解答。本题考查了串联电路的电流特点，要抓住关键“串联”，不要受其它因素的影响。【解答】因串联电路中各处的电流相等，所以通过两灯泡的电流相等，与两灯泡的亮暗没有关系，故C正确，ABD不正确。故选C。8.【答案】D【解析】解：A、两种液体虽然质量和初温度相同，但是不同物质，内能多少不能比较。此选项错误；B、物质温度升高内能增加，分子无规则运动更剧烈。此选项错误；C、D、由图示可以看出，当加热时间相同时，即吸收的热量相同时，甲的温度升高的快，利用热量的计算公式Q吸=cmt可知，在质量相等、初温相同、吸热也相同的情况下，谁的温度升高得快，它的比热容小，所以甲的比热容较小，乙的比热容较大。选项C错误，选项D正确。故选：D。内能是物质内部所有分子具有的动能和分子势能之和，内能多少与物质种类、状态、温度等因素都有关系；内能与温度有关，温度升高内能增加；选同样的加热时间，a、b吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，本题考查了学生对内能影响因素、比热容了解与掌握，注意要学会看图象（取相同的时间比较甲乙温度变化的高低）。9.【答案】C【解析】解：刚装修过的房间会闻到很重的油漆味，因为油漆中的分子在不断地运动，运动到了待在房间里人的鼻子中的缘故。说明分子在永不停息地运动。故选：C。物质是由微粒构成的，构成物质的分子具有如下特征：体积和质量都很小，分子之间存在间隔，分子是在不断运动的。运用这些特征我们可以解释日常生活中的某些现象，闻到气味一般是因为分子运动的结果。本题难度不大，掌握利用分子的基本性质分析和解决问题的方法是解答此类题的关键。10.【答案】B【解析】【分析】本题考查欧姆定律和电功率公式及其变形的灵活运用，重点知道滑片移动过程中电路的变化情况。由图可知滑动变阻器与定值电阻R串联，当滑动变阻器的滑片向a端移动时，连入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，则电流表的示数变大。再根据公式P=I2R可知灯泡功率的变化，灯泡的实际功率决定灯泡的亮度。【解答】当滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电路电阻变小，电路总电阻变小，根据欧姆定律可知电路电流变大，电流表示数变大；由公式P=I2R可知灯泡实际功率变大，因此灯泡变亮。故B正确，ACD错误。故选B。11.【答案】B【解析】解：A、电磁继电器是利用了电流的磁效应，与电动机的原理不同，故A错误；B、扬声器是通电线圈在磁场中受到力的作用，从而带动纸盆发声，与电动机的原理相同，故B正确；C、发电机就是利用电磁感应的原理制成的，与电动机的原理不同，故C错误；D、动圈式话筒是利用电磁感应的原理制成的，与电动机的原理不同，故D错误故选B电动机的根据通电导体在磁场中受力而运动的原理工作的，该装置中有电源，据此结合图中的装置做出判断电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动的原理工作的，发电机是利用电磁感应原理工作的，注意二者的区分12.【答案】A【解析】【分析】根据磁极相互作用的规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；根据以上规律再结合图示即可判定出甲乙两端的极性。本题考查了磁极间相互作用的规律，属于磁体性质的基本内容考查。【解答】磁极相互作用的规律是同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；图中小磁针N竖直朝上，说明甲和乙是同名磁极，都是N极。故选A。13.【答案】ACD【解析】解：（1）当闭合S和S2、断开S1、滑片移到中点时，R1与L串联，电流表测电路中的电流灯泡L正常发光时的电压UL=4V，由图乙可知通过灯泡的电流IL=0.5A，因串联电路中各处的电流相等，所以，由I=可得，滑动变阻器两端的电压：U1=ILR1=0.5A20=5V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U=UL+U1=4V+5V=9V，故A正确；由图乙可知，当UL=2V、IL=0.4A时，灯泡的实际功率PL=ULIL=2V0.4A=0.8W，此时滑动变阻器两端的电压：U1=U-UL=9V-2V=7V，滑动变阻器的阻值：R1=17.5，故C正确；灯泡L正常发光时的电阻：RL=8，由P=可得，L的电阻：RL=32，因串联电路中电阻越大分得的电压越大，所以，用一个“4V 0.5W”的灯泡L替换L后，L两端的电压比L两端的电压大的多，由P=可知，L两端的电压远大于4V时，其实际功率比额定电压大的多，L会烧毁，故D正确；（2）闭合S和S1，断开S2时，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流：I=0.9A0.6A，所以，电路中的最大电流I大=0.6A，电阻R2的最大功率：P2=I大2R2=（0.6A）210=3.6W，故B错误故选ACD（1）当闭合S和S2、断开S1、滑片移到中点时，R1与L串联，电流表测电路中的电流灯泡L正常发光时的电压和额定电压相等，由图乙可知通过灯泡的电流即为电路的电流，根据欧姆定律求出变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压；当小灯泡的功率为0.8W时，根据图乙读出灯泡两端的电压和通过的电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出变阻器接入电路中的电阻；根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电阻，根据P=求出L的电阻，根据串联电路的分压特点可知灯泡L替换L后L两端的电压，然后判断L是否会烧毁；（2）闭合S和S1，断开S2时，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻为零时电路中的电流，然后与电流表的量程相比较确定电路中的最大电流，根据P=I2R求出电阻R2的最大功率本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键，要注意灯泡的电阻是变化的14.【答案】ABD【解析】解：A、运动员用力将冰壶推出，冰壶由静止变成运动，说明力可以改变物体的运动状态，该选项说法正确；B、运动员蹬冰脚的鞋底是由橡胶制成的，增大了接触面的粗糙程度，从而增大摩擦力，该选项说法正确；C、推出的冰壶在冰面上继续滑行是由于冰壶具有惯性，不能说受到惯性，该选项说法不正确；D、运动员刷冰时克服摩擦做功，机械能转化为内能，该选项说法正确故选ABD（1）力的作用效果有两个：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；（2）摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，增大摩擦的方法有增大压力、增大接触面的粗糙程度两种方法；（3）物体保持原来运动状态的性质叫惯性，一切物体都有惯性；（4）做功可以改变物体的内能，当对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能本题考查了力的作用效果、摩擦力、惯性以及内能的改变的相关知识，属于基础知识的考查，相对比较简单15.【答案】BD【解析】解：AB、如图，当开关断开时，电路为开路，两个电压表都接在电源上，U1=U2=U=6V；故A错误，B正确；C、S闭合后中V1测的是电源电压，应该为6V，故C错误；D、当开关闭合时，两灯串联，电压表V1测量的是电源两端的电压，电压表V2测量的是L2两端的电压；由P=，可得，两灯的电阻：R1=15，R2=10，U1：U2=R1：R2=15：10=3：2，U=6V，U1=3.6V，U2=2.4V电压表V2测量的是L2两端的电压，示数为2.4V，故D正确故选BD分析电路图：当开关断开时两个电压表都接在电源上，示数相等为电源电压；当开关闭合时，两灯串联，电压表V1测量的是灯L1两端的电压，电压表V2测量的是L2两端的电压；根据铭牌求出两灯的电阻，再根据串联电路的分压关系求解本题考查了学生对欧姆定律、串联电路的分压关系的了解与掌握，分析电路图得出开关开、闭时的电路组成及电压表的测量对象是本题的关键16.【答案】2.1105 50%【解析】解：水吸收的热量为Q吸=cmt=4.2103J/kg1kg（85-35）=2.1105J，煤气完全燃烧放出的热量为Q放=m煤气q=110-2kg4.2107J/kg=4.2105J，加热装置的效率为=100%=50%故答案为：2.1105；50%根据吸热公式Q=cmt就可算出水吸收的热量；根据热值公式Q=mq就会算出这些煤完全燃烧可放出的热量；由效率公式就会算出煤气灶烧水的效率本题考查了吸热公式、热值公式及效率公式的计算，属于常见的基础考题17.【答案】1 0.2【解析】解：电路图可知，灯L1和L2组成并联电路，电流表A1测干路的电流，电流表A2测通过灯L2的电流；因为并联电路干路电流等于支路电流之和，且两个电流表的指针所指位置相同，所以电流表A1的量程是03A，最小分度值是0.02A；电流表A2的量程是00.6A，最小分度值为0.02A，A1A2两只电流表的指针恰好偏转到同一位置，则大量程正好是小量程的5倍，因此电流表A2示数，即通过灯L2的电流：I2=0.2A，则干路的电流I=I1+I2=0.8A+0.2A=1A；故答案为：1；0.2。根据电路图可知，灯L1和L2组成并联电路，电流表A1测干路的电流，电流表A2测通过灯L2的电流；根据并联电路的电流特点和两个电流表的指针所指位置确定量程，再利用并联电路的电流特点求出通过灯L2的电流，根据分度值间的关系求出干路电流。本题考查了并联电路的电流特点，关键是根据并联电路的特点和指针的位置确定量程。18.【答案】S（南）；增加【解析】解：电流由下方流入螺线管，则由安培定则可知螺线管上端为N极，下端为S极（南极）；当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电阻减小，由欧姆定律可知电路中电流将增大，则螺线管的磁性增加，故吸引大头针的个数将增加故答案为：S（南），增加已知电流方向则由安培定则可知电磁铁的磁极；由滑片的移动可知电路中电流的变化，则可知磁场的强弱变化本题考查右手螺旋定则、滑动变阻器的使用，要求学生熟练应用右手螺旋定则判断电磁铁的磁极或电流方向19.【答案】A；B；A【解析】解：（1）实验课题是探究不同物质的吸热能力，所以要保持水和煤油的质量相同。选用相同的电加热器目的是：使水和煤油在相同时间内吸收相同的热量，故选：A；（2）由表中实验数据可知，吸收相等的热量，水升高的温度低，若要使水和食用油升高到相同的温度，则需要给水加热更长的时间，此时，水吸收的热量大于食用油吸收的热量；故选B；（3）选同样的加热时间（水和煤油吸热相同），如t=3min时，Q=Q，tt，所以表示的是食用油吸热升温情况，故选A。故答案为：（1）A；（2）B；（3）A。（1）在实验中，为了增加实验的准确性，需要采用控制变量法，即保持水的初温、环境因素、水的质量不变等。（2）由表中实验数据可知，相同质量的水与食用油加热相同的时间，水升高的温度低，要使它们升高的温度相同，应给水加热更长的时间；（3）选同样的加热时间，水和煤油吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的是煤油，温度变化少的是水。本题是探究影响吸热多少的因素，考查了控制变量法的应用，熟练应用控制变量法，分析表中实验数据即可正确解题。20.【答案】2；C；0.5；1.25；电阻随电压的升高而变大；D【解析】解：（1）原电路中，电压表测电源电压了，是错误的，电压表应测灯的电压，变阻器右下的接线柱与电压表“3”之间的连线是错误的，将电压表“3”接线柱与灯的右接线柱之间连接起来，改正后如下所示：（2）调节滑动变阻器的滑片P的位置时，电压表的示数如图2所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，其示数为2V，若想测量小灯泡的额定功率，应增大灯的电压，减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻，将图1中的滑片P向C端移动，使电压表的示数为2.5V时；电流表的示数如图3示数，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，通过小灯泡的电流为0.5A，该灯泡的额定功率是P=UI=2.5V0.5A=1.25W（3）根据实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图4所示：通过图象可以发现灯丝的电流随电压的变化不是直线，R=，即R不是一个定值；通过灯的电流随电压的增大而增大，根据P=UI，灯的功率增大，灯丝的温度升高，故灯丝的电阻随电压的升高而变大；由图乙所示图象可知，灯泡电阻随电压与电流的增大而增大，AB、根据P=U2，得P-U2图线的斜率表示电阻的倒数，小灯泡电阻随电压的增大而增大，电阻增大，知P与U2图线的斜率减小，故A、B错误；CD、根据P=I2R得P-I2图线的斜率表示电阻，小灯泡电阻随电流的增大而增大，电阻增大，知P与I2图线的斜率增大，故C错误、D正确；故选D故答案为：（1）如上所示；（2）2；C；0.5；1.25；（3）电阻随电压的升高而变大；D（1）分析电路的错误之处改正；（2）灯在额定电压下正常发光，由图电压表小量程读数，比较与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律结合分压原理，确定变阻器滑片移动的方向，根据P=UI求额定功率；（3）根据灯丝的电流随电压的变化不是直线分析；从图象可以看出灯泡电阻是在变化的-随温度的升高而增大，根据这一点对各个选项逐一分析本题测量一个额定电压是2.5V的小灯泡的额定功率，考查电路连接、操作过程及影响电阻大小的因素，体现了与数学知识的结合，有一定难度21.【答案】解：（1）0.5kg煤气完全燃烧放出的热量：Q放=m煤气q=0.5kg4.2107J/kg=2.1107J；（2）水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2103J/（kg）50kg（70-20）=1.05107J；（3）煤气灶的效率：=Q吸Q放=1.05107J2.1107J100%=50%答：（1）0.5kg煤气完全燃烧放出的热量为2.1107J；（2）水吸收的热量为1.05107J；（3）燃气灶烧水的效率为50%【解析】（1）已知煤气的质量和热值，可利用公式Q放=mq计算这些煤气完全燃烧放出的热量（总能量）（2）知道水的比热容、水的质量、水的初温和末温，利用公式Q吸=cm（t-t0）计算水吸收的热量（有用能量）（3）求出了水吸收的热量和煤气完全燃烧放出的热量，利用公式=计算煤气灶的效率本题考查学生对热传递过程中的吸热公式、燃料燃烧放出热量公式、热效率公式的理解和灵活运用，知道哪些是有用能量、哪些是总能量是关键22.【答案】解：（1）由表格数据可知，保温时的功率为44W，由P=UI可得保温档正常工作时，电路中的电流：I保温=P保温U=44W220V=0.2A；（2）由图知S接2时只有R0接入电路，为加热状态，由P=U2R可得R0的电阻：R0=U2P加热=(220V)21000W=48.4，S接1时两电阻串联，为保温状态，总电阻：R总=R0+R=U2P保温=(220V)244W=1100，所以R=R总-R0=1100-48.4=1051.6；（3）水吸收的热量：Q吸=cm（t2-t1）=4.2103J/（kg）2kg（100-30）=5.88105J；热水壶消耗的电能：W=Pt=1000W1460s=8.4105J，热水壶的效率：=Q吸W100%=5.88105J8.4105J100%=70%。答：（1）在保温档正常工作时，电路中的电流是0.2A；（2）电热丝R0、R的阻值分别是48.4和1051.6；（3）热水壶的效率是70%。【解析】（1）由表格数据，根据P=UI计算在保温档正常工作时，电路中的电流；（2）由电路图知S接1时两电阻串联，为保温状态；S接2时只有R0接入电路，为加热状态，根据电路特点和P=计算两电阻的阻值；（3）利用吸热公式Q吸=cmt来计算热量；消耗的电能可利用公式W=Pt来计算，热水壶的效率则是吸收的热量与消耗的总电能的比。本题考查了串联电路特点、功率和热量公式的应用以及效率的计算，关键是正确分析电路，明确电路状态。