2023-2024学年九年级上学期物理10月测试卷
一．选择题（共11小题，每题3分，共33分）
1．对图中的篮球继续上升向篮球框运动的过程中，下列物理量增大的是（　　）
A．重力势能 B．惯性 C．运动速度 D．动能
2．在热现象中，下列说法不正确的是（　　）
A．冰在熔化过程中吸收热量，温度保持不变
B．初春培育水稻秧苗时，为了不使秧苗受冻，应该早晨多灌水，晚上多排水
C．海边昼夜温差变化比沙漠中小，是因为水的比热容比沙石的大
D．水蒸气引起的烫伤往往比开水烫伤更严重，是因为水蒸气液化时还要放出大量的热
3．下列有关热和能的说法中正确的是（　　）
A．一块0℃的冰熔化成0℃的水后，温度不变，内能变大
B．发生热传递时，温度总是从高温物体传递给低温物体
C．内燃机的压缩冲程，主要通过热传递增加了汽缸内物质的内能
D．内陆地区温差大是因为砂石的比热容较大的特性
4．小明家使用天然气灶来给水加热，天然气完全燃烧放出的热量只有63%被水吸收。有一次，他用该灶给质量为3kg、温度为20℃的水加热用了0.04m3的天然气，q＝4.4×107J/m3，c水＝4.2×103J/（kg ℃）。假设天然气完全燃烧，则在标准大气压下，这些水升高的温度是（　　）
A．108℃ B．100℃ C．88℃ D．80℃
5．如图所示，下列描述正确的是（　　）
A．如图甲所示，气球摩擦头发后可以吸引头发，说明气球摩擦后能创造电荷吸引头发
B．如图乙所示，丝绸摩擦玻璃棒，玻璃棒带负电
C．如图丙所示，两根用丝绸摩擦过的玻璃棒靠近后相互排斥，说明同种电荷相互排斥
D．如图丁所示，已知甲、乙是绝缘小球，若甲小球带正电，则乙小球一定带负电
6．小露同学刚进入电学的学习，下列关于所学电学知识描述正确的是（　　）
A．电路中只要有电流就有电压
B．开关控制电路的通断，电路中没有开关也可以
C．只要电子在运动，电路中就一定有电流
D．负电荷定向移动的方向规定为电流的方向
7．乘坐高铁可直接刷身份证进站，闸机口通过人脸识别系统确保“人”“证”一致，闸机门才打开通行．用代表闸门，则如图中电路可实现上述要求的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示的电路图，下列说法中不正确的是（　　）
A．只闭合S2，L2，L3串联
B．只闭合S2，S3，只有L3亮
C．S1、S2、S3都闭合，L1、L2、L3都亮
D．通过开关的闭合和断开，无法实现L1、L2并联
9．如图所示的电路，开关S闭合后，调节滑动变阻器R的滑片P，电压表V2示数变大。关于这一调节过程的判断正确的是（　　）
A．滑动变阻器的滑片P向右移动
B．电流表A的示数变小
C．电压表V1示数变大
D．灯泡的亮度变大
10．从欧姆定律可导出R，下列说法正确的是（　　）
A．当电压为0时，电阻为0
B．当电流增大为原来的2倍时，电阻减小为原来的
C．当电压增大为原来的2倍时，电阻增大为原来的2倍
D．不管电压或电流如何变化，电阻不变
11．利用如图甲所示的电路探究电流和电阻的关系，电源电压保持3V不变，分别将5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻R连入电路，按实验要求测得通过各定值电阻的电流描绘出如图乙所示的图象，则下列判断正确的是（　　）
A．实验中电压表的示数保持3V不变
B．当R的电阻为10Ω时，通过R的电流为0.2A
C．滑动变阻器连入电路的阻值范围为1～5Ω
D．将R从5Ω换成10Ω后，应将滑片向左移
二．填空题（共6小题，每空1分，共12分）
12．（2分）神舟十四号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射成功。当火箭起飞加速上升过程中，飞船的动能 　 　，火箭整体的机械能 　 　（两空均选填“增大”、“减小”或“不变”）。
13．（2分）小明同学骑自行车上学的路上遇事紧急刹车后，自行车由于 　 　还会继续前进一段距离才能停下；在刹车过程中，有机械能转化为 　 　能。
14．（2分）自然界的三种状态中，分子间作用力最大的是 　 　（选填“固体”“液体”“气体”），我们可以闻到汽油的气味，这属于 　 　现象。
15．（2分）甲、乙两个实心铁球，甲的体积是乙的体积的3倍，它们吸收了相同的热量后，甲升高的温度是乙的　 　倍，若升高相同的温度，则甲吸收的热量是乙的　 　倍。
16．（1分）在探究电路的实验中，用铜导线按如图甲连接好元件，闭合开关后，两表示数如图乙和丙所示。则通过L1的电流是 　 　A。
17．（3分）请阅读《压敏电阻》并回答问题。
压敏电阻
压敏电阻是阻值一种对电压敏感、具有非线性伏安特性的电阻器件，随着加在它上面的电压改变，它的电阻值可以从MΩ（兆欧）级变到mΩ（毫欧）级。
如图给出了压敏电阻的伏安特性曲线。当外加电压较低时，流过压敏电阻的电流极小，此时它相当于电路中一个处于断开状态的开关。当外加电压达到或超过压敏电阻敏感电压时，压敏电阻器迅速导通，其工作电流会激增几个数量级，此时它相当于一个闭合状态的开关。人们利用压敏电阻的这一特点，可以有效地保护复杂电路中的某些精密元件不会因电压过大而损坏，抑制电路中经常出现的异常电压。
请根据上述材料，回答下列问题：
（1）压敏电阻的阻值随 　 　而改变。
（2）当外加电压较低时，压敏电阻阻值 　 　（选填“很大”或“很小”）。
（3）为了保护电路中某些精密元件不会因电压过大而损坏，压敏电阻应与该元件 　 　（选填“串联”或“并联”）。
（4）小红认为压敏电阻的敏感电压值越大越好。你觉得小红的想法对吗？请说出你的判断并做出解释。
三．识图作图题（共4小题，18题2分，19题2分，20、21题3分，共10分）
18．（2分）如图乙是投铅球时，铅球在空中运动的示意图，画出铅球在空中运动过程中，动能Ek与时间t的大致关系图象。
19．（2分）如图所示，它表示的是一台单缸四冲程汽油机的一个工作循环中的某一个冲程，该冲程气缸内物质的内能　 　（选填“变大”、“减小”或“不变”）。如果这台汽油机飞轮转速3600r/min，则它每秒做功　 　次。
20．（3分）请根据如图1所示的实物连接图画出相应的电路图。
21．（3分）请根据电路图甲完成图乙所示实验电路的连接。
四．实验探究题（共4小题，22题3分，23题6分，24题7分，25题5分，共21分）
22．（3分）在探究物体动能的大小与哪些因素有关的实验中，小明设计了如图所示的实验。斜轨道与水平直轨道平滑连接，将体积相同、质量不同的两个小球A、B，分别从同一斜轨道上某位置由静止释放（已知h1＞h2），小球与放在水平木板上的木块撞击后一起向前运动，分别测出三次实验中小球与木块一起运动的距离s甲、s乙和s丙。
（1）图甲、乙所示的实验中，小球都从高度h1处由静止释放，是为了使两次实验中小球运动到斜轨道底端时的 　 　相同。
（2）比较图乙、丙所示的实验，可以判断 　 　（选填“乙”或“丙”）图中小球到斜面底端时的动能更大。说明了物体动能的大小与 　 　有关。
23．（6分）小宁在做探究并联电路电流规律的实验，如图甲是实验的电路图。
（1）在连接电路时发现，电流表的指针在图乙的位置，是因为没有 　 　。纠正后继续接好电路，闭合开关，指针又偏到图乙的位置，是因为 　 　；
（2）他在测量A处的电流时，电流表的示数如图丙所示，则电流表的示数为 　 　A；
（3）在解决了以上问题后，将电流表分别接入A、B、C三点处，闭合开关，测出了一组电流并记录在表格中，立即得出了并联电路的电流规律。请你指出他们实验应改进的方法是 　 　；
（4）实验结束后，小宁又利用器材换个电源连接了如图丁所示的电路图，当开关S由断开到闭合时，电流表A1的示数 　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。小宁惊奇的发现闭合开关后两个灯都亮，并且两个表都偏转了22个小格，请帮小宁推算出流过L2的电流是 　 　A。
24．（7分）小红利用图甲所示的电路探究电流与电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图乙所示的电流I随电阻R变化的图象，由图象可得出结论：　 　。
（2）在上述实验中，某同学在读取完电流表示数后，直接拆下阻值为5Ω的电阻，改换成阻值为10Ω的电阻，请你指出他在操作中的错误：　 　；在读取电流表示数之前，他应进行的操作是：向 　 　移动滑片，使电压表示数为2.5V。
（3）若在实验过程中出现电流表示数为0，电压表的示数为6V，则电路出现的故障可能是 　 　。
（4）为了完成整个实验，小红应该选择的变阻器是 　 　。
A.10Ω 0.5A B.20Ω 1A C.50Ω 2A
（5）小红想将定值电阻换成小灯泡来探究电流与电压的关系，同学小明认为她的实验方案不可行。理由是 　 　。
25．（5分）实验小组测量未知电阻Rx的阻值时，实验器材：待测电阻Rx（阻值约为9Ω）、两节新干电池、电流表、电压表、滑动变阻器、开关和若干导线。
（1）根据实验要求设计电路并连接了如图甲所示的部分电路，请用笔画线代替导线将电路连接完整。
（2）连接好电路开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P滑至最 　 　（选填“左”或“右”）端，这是为了保护电路。
（3）然后，同学们闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压，移动滑片P，现象不变，则电路故障可能是 　 　。
A.待测电阻Rx断路
B.待测电阻Rx短路
C.开关接触不良
D.滑动变阻器接了下端两个接线柱
（4）排除故障后，再闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移至某位置后，电压表的示数为2.4V，电流表的示数如图乙所示，则待测电阻Rx＝　 　Ω。
五．计算题（共2小题，26题7分，27题7分，共14分）
26．（7分）已知天然气的热值为4.2×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃）。求：
（1）完全燃烧3×10﹣2m3天然气放出多少热量？
（2）假设放出这些热量全部被水吸收，能使多少千克水的温度由20℃升高到70℃？
（3）实际上天然气灶的效率为60%，则这些天然气可将质量为2kg，初温为20℃的水温度加热到多少？（当地的大气压强为1标准大气压）
27．（7分）如图所示的电路中，电源电压保持不变。R1＝4Ω，R3＝6Ω，若开关均闭合时，电流表示数为0.6A，开关均断开时，电流表示数为0.2A，求：
（1）电源电压；
（2）R2的阻值；
（3）当开关S1断开，S2闭合时，电流表的示数。
物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题，每题3分，共33分）
1．（3分）对图中的篮球继续上升向篮球框运动的过程中，下列物理量增大的是（　　）
A．重力势能 B．惯性 C．运动速度 D．动能
【分析】影响动能的因素是质量和速度，质量一定时，速度越大，动能越大；
影响重力势能的因素是质量和高度，质量一定时，高度越高，重力势能越大；
惯性的大小只与质量有关，与速度、高度无关。
【解答】解：篮球继续上升向篮球框运动的过程中，其质量不变，速度变小，动能变小，高度变大，重力势能变大；质量不变，惯性不变。
故选：A。
【点评】本题考查了动能与重力势能的变化、惯性的大小变化，属于基础题。
2．（3分）在热现象中，下列说法不正确的是（　　）
A．冰在熔化过程中吸收热量，温度保持不变
B．初春培育水稻秧苗时，为了不使秧苗受冻，应该早晨多灌水，晚上多排水
C．海边昼夜温差变化比沙漠中小，是因为水的比热容比沙石的大
D．水蒸气引起的烫伤往往比开水烫伤更严重，是因为水蒸气液化时还要放出大量的热
【分析】（1）物体由固态变为液态的过程叫熔化，熔化要吸热。
（2）（3）水的比热容较大，质量相同的水与其它物质相比，吸收或放出相同热量，水的温度变化小。
（4）气体液化放出热量。
【解答】解：
A．冰是晶体，冰在熔化过程中，不断吸收热量，温度保持不变，故A正确；
B．由于泥土的比热容比水小，在其他条件相同时，吸收相同的热量，泥土温度升高的多，早晨多排水；由于水的比热容大，在其他条件相同时，降低相同的温度，水放热多，晚上多灌水，故B错误；
C．海边昼夜温差变化比沙漠中小，是因为水的比热容比沙石的大，同样吸热或放热时，水的温度变化小，故C正确；
D．水蒸气液化为同温度的水时要放出大量的热，所以水蒸气引起的烫伤往往比开水烫伤更严重，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了晶体熔化的特点、液化放热以及水的比热容大的应用等知识，是一道热学的基础题。
3．（3分）下列有关热和能的说法中正确的是（　　）
A．一块0℃的冰熔化成0℃的水后，温度不变，内能变大
B．发生热传递时，温度总是从高温物体传递给低温物体
C．内燃机的压缩冲程，主要通过热传递增加了汽缸内物质的内能
D．内陆地区温差大是因为砂石的比热容较大的特性
【分析】（1）内能的大小跟质量、温度、状态有关：晶体熔化过程吸收热量，温度不变，内能增大；
（2）热传递的条件是两个物体之间存在温度差，热量从高温物体传给低温物体；
（3）改变物体内能的方式有做功和热传递，做功属于能量的转化，热传递属于能量的转移；
（4）因为水的比热容较大：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
【解答】解：
A、一块0℃的冰熔化成0℃的水后，吸收热量，温度不变，内能增加，故A正确；
B、发生热传递时，传递的是热量而不是温度，故B错误；
C、内燃机的压缩冲程，活塞压缩气缸内物质，机械能转化为内能，是通过做功改变物体的内能，故C错误：
D、内陆地区的砂石多，白天太阳照射，砂石吸收热量，由于砂石的比热容小，因此温度变化大，气温升得很高；晚上，砂石放出热量，由于砂石的比热容小，因此温度变化大，气温降得很低，故会出现早晚温差大的现象，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查热传递的概念、水的比热容大的应用、内燃机工作时的能量转化、晶体的熔化规律，属于基础题目。
4．（3分）小明家使用天然气灶来给水加热，天然气完全燃烧放出的热量只有63%被水吸收。有一次，他用该灶给质量为3kg、温度为20℃的水加热用了0.04m3的天然气，q＝4.4×107J/m3，c水＝4.2×103J/（kg ℃）。假设天然气完全燃烧，则在标准大气压下，这些水升高的温度是（　　）
A．108℃ B．100℃ C．88℃ D．80℃
【分析】根据Q放＝Vq可求出0.04m3的天然气完全燃烧放出的热量，根据η100%可求出水吸收的热量，根据Q吸＝cmΔt可求出水升高的温度，再对比在一个标准大气压下，水的沸点可得出这些水升高的温度。
【解答】解：0.04m3的天然气完全燃烧放出的热量Q放＝Vq＝0.04m3×4.4×107J/m3＝1.76×106J，
3kg水吸收的热量Q吸＝ηQ放＝63%×1.76×106J＝1.1088×106J，
3kg升高的温度Δt88℃，
水的末温t＝t0+Δt＝20℃+88℃＝108℃＞100℃，
因为在一个标准大气压下，水的沸点是100℃，水沸腾后，吸收热量，温度保持不变，
所以在标准大气压下，这些水的末温是100℃，这些水升高的温度Δt′＝t′﹣t0＝100℃﹣20℃＝80℃。
故选：D。
【点评】本题主要考查热量的计算公式的应用，燃料完全燃烧放出热量的计算公式的应用，其中在一个标准大气压下，水的沸点是100℃，水沸腾后，吸收热量，温度保持不变是本题的易错误点。
5．（3分）如图所示，下列描述正确的是（　　）
A．如图甲所示，气球摩擦头发后可以吸引头发，说明气球摩擦后能创造电荷吸引头发
B．如图乙所示，丝绸摩擦玻璃棒，玻璃棒带负电
C．如图丙所示，两根用丝绸摩擦过的玻璃棒靠近后相互排斥，说明同种电荷相互排斥
D．如图丁所示，已知甲、乙是绝缘小球，若甲小球带正电，则乙小球一定带负电
【分析】（1）摩擦起电的原因是电子的转移，并没有创造电荷；
（2）物理学中把丝绸摩擦过的玻璃棒带的电荷称为正电荷；把毛皮摩擦过的橡胶棒带的电荷称为负电荷；
（3）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；带电体有吸引轻小物体的性质。
【解答】解：
A、摩擦起电的实质是电子的转移，不是创造电荷，故A错误；
B、丝绸摩擦过的玻璃棒带的电荷称为正电荷，故B错误；
C、两根用丝绸摩擦过的玻璃棒靠近后相互排斥，玻璃棒带的是同种电荷，这说明同种电荷相互排斥，故C正确；
D、甲、乙是绝缘小球，若甲小球带正电，则乙被吸引，则乙小球可能带负电，也可能不带电，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了摩擦起电的实质、两种电荷的规定，以及电荷间的作用规律，都是基础性问题，应注意掌握。
6．（3分）小露同学刚进入电学的学习，下列关于所学电学知识描述正确的是（　　）
A．电路中只要有电流就有电压
B．开关控制电路的通断，电路中没有开关也可以
C．只要电子在运动，电路中就一定有电流
D．负电荷定向移动的方向规定为电流的方向
【分析】（1）电源是提供电压的装置，电压是电路中形成电流的原因；
（2）开关的作用是控制电路通断；
（3）电荷的定向移动会形成电流；
（4）规定正电荷定向移动的方向是电流的方向，自由电子的定向移动方向与电流方向相反。
【解答】解：A．电路中有电流通过，其两端一定有电压，电压是形成电流的必要条件，故A正确；
B．开关的作用是控制电路通断，电路不能没有开关，故B错误；
C．只有电荷的定向移动才会形成电流，电子自由运动时不能形成电流，故C错误；
D．物理学中把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查的是电压的作用、开关的作用、电流的形成、电流的方向，都是电路基础知识。
7．（3分）乘坐高铁可直接刷身份证进站，闸机口通过人脸识别系统确保“人”“证”一致，闸机门才打开通行．用代表闸门，则如图中电路可实现上述要求的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意分析两个开关的连接方式，从而得出正确的电路图。
【解答】解：根据题意可知，只有“人”“证”一致的情况下，闸机自动打开，这说明“人脸识别”开关和“身份证识别”开关相互影响，是串联的，然后与电动机串联，故B正确。
故选：B。
【点评】本题考查根据要求设计电路，逐一对每个电路进行分析，找出与题中条件相符合的电路图即可。
8．（3分）如图所示的电路图，下列说法中不正确的是（　　）
A．只闭合S2，L2，L3串联
B．只闭合S2，S3，只有L3亮
C．S1、S2、S3都闭合，L1、L2、L3都亮
D．通过开关的闭合和断开，无法实现L1、L2并联
【分析】电路元件的连接有串联和并联两种方式：由于串联电路只有一条电流路径，流过一个元件的电流同时流过另一个元件，因此各元件相互影响；而并联电路中有多条支路，所以各元件独立工作、互不影响，在进行电路连接时，还一定要注意不能出现电源短路。
【解答】解：
A．由电路图知，只闭合S2，电流由电源正极出来，逐一通过L3、S2和L2回到电源负极，所以两灯串联在电路中，故A正确；
B．只闭合S2、S3，L1断路，L2被短路，只有L3工作，故B正确；
C．三个开关都闭合，L1、L3并联在电路中，L2被短路，只有L1、L3亮，故C错误；
D．只闭合S1，L1、L2串联在电路中，只闭合S3，L3单独工作，只闭合S1、S2，L1、L3并联后再与L2串联，只闭合S1、S3，L1与L2串联后再与L3并联，结合ABC选项知，无法实现L1、L2并联，故D正确。
故选：C。
【点评】该题考查了不同开关闭合电路连接的判断方法，要注意是否出现用电器短路现象。
9．（3分）如图所示的电路，开关S闭合后，调节滑动变阻器R的滑片P，电压表V2示数变大。关于这一调节过程的判断正确的是（　　）
A．滑动变阻器的滑片P向右移动
B．电流表A的示数变小
C．电压表V1示数变大
D．灯泡的亮度变大
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V2测变阻器R两端的电压，电压表V1测电源两端的电压，电流表测电路中的电流；
电压表V2示数变大，这说明滑动变阻器两端的电压变大，根据串联电路的分压规律分析滑动变阻器接入电路中电阻的变化；根据电阻的串联和欧姆定律分析电路中电流的变化；根据P＝UI分析灯泡实际功率的变化，进而判断出灯泡亮度的变化。
【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V2测变阻器R两端的电压，电压表V1测电源两端的电压，电流表测电路中的电流；
开关S闭合后，调节滑动变阻器R的滑片P，由于电源电压不变，所以电压表V1示数不变，故C错误；
若电压表V2示数变大，由串联电路的分压规律可知，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，滑片向左移动，故A错误；
由串联电路电阻的规律知电路的总电阻变大，根据I可知电路中的电流变小，电流表的示数变小，故B正确；
由U＝IR知灯泡两端的电压变小，根据P＝UI可知，灯泡的实际功率变小，灯泡的亮度变小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
10．（3分）从欧姆定律可导出R，下列说法正确的是（　　）
A．当电压为0时，电阻为0
B．当电流增大为原来的2倍时，电阻减小为原来的
C．当电压增大为原来的2倍时，电阻增大为原来的2倍
D．不管电压或电流如何变化，电阻不变
【分析】电阻是导体本身的一种性质，它与两端的电压和通过电流无关，R只说明导体电阻的大小等于导体两端的电压与通过导体的电流大小的比值。
【解答】解：
电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与导体两端的电压和通过的电流无关；
所以，当电压为0时、电流增大2倍时或电压增大2倍时，电阻的阻值不变，故ABC错误、D正确。
故选：D。
【点评】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。
11．（3分）利用如图甲所示的电路探究电流和电阻的关系，电源电压保持3V不变，分别将5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻R连入电路，按实验要求测得通过各定值电阻的电流描绘出如图乙所示的图象，则下列判断正确的是（　　）
A．实验中电压表的示数保持3V不变
B．当R的电阻为10Ω时，通过R的电流为0.2A
C．滑动变阻器连入电路的阻值范围为1～5Ω
D．将R从5Ω换成10Ω后，应将滑片向左移
【分析】（1）根据图乙读出一组电阻值和电流值，然后利用欧姆定律的变形公式U＝IR可求出电压表的示数；
（2）根据图乙可以读出电阻为10Ω时通过电流的大小；
（3）当R接入电路的阻值最小时，电路电流最大，根据图象读出电流，然后根据串联电路电压规律和欧姆定律的应用求出滑动变阻器接入电路的最小阻值；当R接入电路的阻值最大时，电路电流最小，根据欧姆定律求出电路电流，然后根据串联电路电压规律和欧姆定律的应用求出滑动变阻器接入电路的最大阻值；
（4）根据串联电路分压的作用判断滑片移动的方向。
【解答】解：A、根据图乙可知，当电阻为5Ω时，电路中的电流为0.5A；
由I可得，电压表的示数：U＝IR＝0.5A×5Ω＝2.5V，故A错误；
B、根据图乙可知，当R＝10Ω时，通过的电流为0.25A，故B错误；
C、当R＝5Ω时，电路电流为0.5A；因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，
所以滑动变阻器两端电压：U滑＝U﹣UV＝3V﹣2.5V＝0.5V，
根据图乙可知，当R＝25Ω时，电路电流为0.1A，滑动变阻器两端电压仍为0.5V，
由I可得，R滑min1Ω；R滑max5Ω；
所以滑动变阻器连入电路的阻值范围1Ω～5Ω；故C正确；
D、将R从5Ω换成10Ω后，电阻分得的电压会变大，为了保证定值电阻R两端电压不变，所以需减小定值电阻两端电压，增大滑动变阻器两端电压，即增大滑动变阻器接入电路的阻值，故将滑片向右移动，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了欧姆定律的应用以及串联电路的分压特点等，关键是分析图象得出电流与电阻之间的关系。
二．填空题（共6小题，每空1分，共12分）
12．（2分）2022年6月5日，神舟十四号载人飞船在酒泉卫星发射中心成功发射。当火箭起飞加速上升过程中，飞船的动能 　增大　，火箭整体的机械能 　增大　（两空均选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】机械能包括动能和势能；物体由于运动而具有的能量叫做动能，动能的大小与物体的质量和速度有关；物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能，重力势能的大小与物体的质量和高度有关。
【解答】解：当火箭起飞加速上升过程中，飞船的质量不变、速度变大，所以飞船的动能增大；飞船的质量不变、飞船的高度增加，所以飞船的重力势能增大；而动能与重力势能之和就是机械能，所以飞船的机械能增大。
故答案为：增大；增大。
【点评】本题考查动能、重力势能和机械能的概念和影响因素，是基础题。
13．（2分）小明同学骑自行车上学的路上遇事紧急刹车后，自行车由于 　惯性　还会继续前进一段距离才能停下；在刹车过程中，有机械能转化为 　内　能。
【分析】（1）物体具有保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都具有惯性；
（2）克服摩擦做功，机械能转化为内能。
【解答】解：（1）自行车遇事紧急刹车后，由于惯性还会继续前进一段距离才能停下；
（2）在刹车过程中，克服摩擦做功，一部分机械能转化为内能。
故答案为：惯性；内。
【点评】该题考查了惯性的应用、做功与机械能的转化，属基础知识的考查。
14．（2分）自然界的三种状态中，分子间作用力最大的是 　固体　（选填“固体”“液体”“气体”），我们可以闻到汽油的气味，这属于 　扩散　现象。
【分析】（1）固态物质中，分子排列十分紧密，分子间有强大的作用力，因而，固体具有一定的形状和体积；液态物质中，分子没有固定的位置，运动比较自由，粒子间的作用力比固体的小，因而，液体没有固定的形状，具有流动性，但有一定的体积；气态物质中，分子极度散乱，间距很大，所以易向四面八方运动，粒子间的作用力极小，容易被压缩。因此气体具有流动性，没有固定的形状也没有确定的体积；
（2）不同的物质在相互接触时，物质的分子互相进入对方的现象就叫扩散现象。
【解答】解：（1）在物质的三态中，分子间距离最远的是气体，分子间作用力最小；分子间的距离最小的是固体，分子间作用力最大；
车到加油站加油时，会闻到汽油的气味，是因为汽油分子在不停地做无规则运动，这是扩散现象。
故答案为：固体；扩散。
【点评】本题考查的是物质的三态特点和扩散，属于基础题。
15．（2分）甲、乙两个实心铁球，甲的体积是乙的体积的3倍，它们吸收了相同的热量后，甲升高的温度是乙的　　倍，若升高相同的温度，则甲吸收的热量是乙的　3　倍。
【分析】已知甲、乙两个实心铁球的密度和比热容相同，根据密度公式求出两者的质量之比，根据Q＝cmΔt求出两者吸收了相同的热量后升高的温度之比和升高相同的温度吸收的热量之比。
【解答】解：∵ρ，且V甲＝3V乙，
∴甲、乙两个实心铁球的质量之比为m甲：m乙＝3：1，
∵Q＝cmΔt，
∴两者吸收了相同的热量后；
升高相同的温度吸收的热量之比。
故答案为：；3。
【点评】本题考查了热量公式的灵活应用，关键是根据密度公式得出甲、乙两铁球的质量之比。
16．（1分）在探究电路的实验中，用铜导线按如图甲连接好元件，闭合开关后，两表示数如图乙和丙所示。则通过L1的电流是 　0.76　A。
【分析】首先对电路进行分析，明确两灯泡之间的连接关系，确定两电流表的测量对象，然后根据串并联电路的电流特点求出通过L1和L2的电流。
【解答】解：由图可知，两灯泡并联，电流表A2测量通过灯泡L2的电流，电流表A1测量干路电流；
乙选择的是0～3A量程，故乙为电流表A1，其分度值为0.1A，示数为I＝1A；
电流表丙选择的是0～0.6A，分度值为0.02A，示数为I2＝0.24A，即丙为电流表A2，则通过灯泡L2的电流为0.24A；
根据并联电路的电流特点可知，通过灯泡L1的电流为I1＝I﹣I2＝1A﹣0.24A＝0.76A。
故答案为：0.76。
【点评】本题考查了电流表的使用和读数，需要首先对电路连接关系进行分析，然后根据电路的特点确定两个电流表的示数。
17．（3分）请阅读《压敏电阻》并回答问题。
压敏电阻
压敏电阻是阻值一种对电压敏感、具有非线性伏安特性的电阻器件，随着加在它上面的电压改变，它的电阻值可以从MΩ（兆欧）级变到mΩ（毫欧）级。
如图给出了压敏电阻的伏安特性曲线。当外加电压较低时，流过压敏电阻的电流极小，此时它相当于电路中一个处于断开状态的开关。当外加电压达到或超过压敏电阻敏感电压时，压敏电阻器迅速导通，其工作电流会激增几个数量级，此时它相当于一个闭合状态的开关。人们利用压敏电阻的这一特点，可以有效地保护复杂电路中的某些精密元件不会因电压过大而损坏，抑制电路中经常出现的异常电压。
请根据上述材料，回答下列问题：
（1）压敏电阻的阻值随 　电压　而改变。
（2）当外加电压较低时，压敏电阻阻值 　很大　（选填“很大”或“很小”）。
（3）为了保护电路中某些精密元件不会因电压过大而损坏，压敏电阻应与该元件 　并联　（选填“串联”或“并联”）。
（4）小红认为压敏电阻的敏感电压值越大越好。你觉得小红的想法对吗？请说出你的判断并做出解释。
【分析】（1）根据题中信息分析解答；
（2）根据题中信息分析解答；
（3）将压敏电阻与精密元件并联，当电路中的电压突然增大时，压敏电阻的阻值瞬间降低，压敏电阻所在的支路相当于一条导线将精密元件短路；
（4）压敏电阻两端的电压要小于被保护元件所能承受的最大电压。
【解答】解：（1）根据“随着加在它上面的电压改变，它的电阻值可以从MΩ（兆欧）级变到mΩ（毫欧）级”知压敏电阻的阻值随电压的改变而改变；
（2）根据“当外加电压较低时，流过压敏电阻的电流极小，此时它相当于电路中一个处于断开状态的开关”知当外加电压较低时，压敏电阻阻值很大；
（3）将压敏电阻与精密元件并联，当电路中的电压突然增大时，压敏电阻的阻值瞬间降低，压敏电阻所在的支路相当于一条导线将精密元件短路，通过精密元件的电流为零，因此精密元件会得到保护；
（4）此想法不对，若压敏电阻的敏感电压高于被保护元件所能承受的最大电压，当被保护的元件电压过大时，压敏电阻因没有达到敏感电压而不能起保护作用，所以敏感电压不是越大越好，而是要小于被保护元件所能承受的最大电压。
故答案为：（1）电压；（2）很大；（3）并联；（4）此想法不对，若压敏电阻的敏感电压高于被保护元件所能承受的最大电压，当被保护的元件电压过大时，压敏电阻因没有达到敏感电压而不能起保护作用，所以敏感电压不是越大越好，而是要小于被保护元件所能承受的最大电压。
【点评】本题考查压敏电阻的特点，考查了学生根据题中信息分析解答能力。
三．识图作图题（共4小题，18题2分，19题2分，20、21题3分，共10分）
18．（2分）如图乙是投铅球时，铅球在空中运动的示意图，画出铅球在空中运动过程中，动能Ek与时间t的大致关系图象。
【分析】动能大小的影响因素：质量、速度。速度一定时，质量越大动能越大；在质量一定时，速度越大，动能越大。
【解答】解：铅球离手后，铅球在上升过程中，质量不变，速度不断减小，动能不断变小；铅球在下降过程中，质量不变，速度不断变大，动能不断变大。
铅球在最高点时，仍有一定的速度，故其动能不为零，即图线不能与横轴相交。所以在整个运动过程中，铅球的动能先变小后变大。如图所示：
【点评】掌握动能大小的影响因素，利用控制变量法，解释动能大小的变化，并通过画图来表示。
19．（2分）如图所示，它表示的是一台单缸四冲程汽油机的一个工作循环中的某一个冲程，该冲程气缸内物质的内能　减小　（选填“变大”、“减小”或“不变”）。如果这台汽油机飞轮转速3600r/min，则它每秒做功　30　次。
【分析】（1）内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，将机械能转化为内能的是压缩冲程，将内能转化为机械能的是做功冲程；压缩冲程和做功冲程都是通过做功的方式改变内能的；
（1）知道汽油机的转速，而汽油机在一个工作循环中做功1次，飞轮转动2圈，据此求每秒钟做功次数。
【解答】解：
（1）如图所示，两个气门关闭，且活塞向下运动，所以为做功冲程，该冲程中，消耗内能，产生机械能，故是将内能转化为机械能的过程；在做功冲程中，内能转化为机械能，气缸内的气体内能减小；
（2）由题知，飞轮转速是3600r/min＝60r/s，因为一个工作循环中曲轴转动2圈做功1次，所以汽油机每秒完成30个循环，120个冲程，做功30次。
故答案为：减小；30。
【点评】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，记住相关的数据大小，会根据转速进行相关计算。
20．（3分）请根据如图1所示的实物连接图画出相应的电路图。
【分析】根据实物图分析电路的连接情况，再画出对应的电路图。
【解答】解：由实物图知，两灯并联，开关S1在干路上，S2在L2支路上，电路图如图所示：
。
【点评】本题考查根据实物图画电路图，正确分析电路的连接方式以及开关的位置是关键。
21．（3分）请根据电路图甲完成图乙所示实验电路的连接。
【分析】根据电路图分析电路的连接方式，然后根据电路图连接实物图。
【解答】解：根据甲图可知，电流从正极出发经过开关S1后分流，一条支路经过灯泡L1，与另外一条支路电流经过S2、灯L2后汇合，汇合后回到负极；根据电路图连接实物图，如下所示：
【点评】本题考查了电路图的识别、实物图的连接，难度不大。
四．实验探究题（共4小题，22题3分，23题6分，24题7分，25题5分，共21分）
22．（3分）在探究物体动能的大小与哪些因素有关的实验中，小明设计了如图所示的实验。斜轨道与水平直轨道平滑连接，将体积相同、质量不同的两个小球A、B，分别从同一斜轨道上某位置由静止释放（已知h1＞h2），小球与放在水平木板上的木块撞击后一起向前运动，分别测出三次实验中小球与木块一起运动的距离s甲、s乙和s丙。
（1）图甲、乙所示的实验中，小球都从高度h1处由静止释放，是为了使两次实验中小球运动到斜轨道底端时的 　速度　相同。
（2）比较图乙、丙所示的实验，可以判断 　乙　（选填“乙”或“丙”）图中小球到斜面底端时的动能更大。说明了物体动能的大小与 　速度　有关。
【分析】（1）小球下落的高度相同，到达水平面时的速度是相同的；
（2）动能的大小与质量、速度有关，根据控制变量法分析。
【解答】解：（1）图甲、乙所示情景，小球的质量不同，从同一高度下落，是为了使两次实验中小球运动到斜轨道底端时的速度相同；
（2）比较图乙、丙所示的实验可知，小球的质量相同，滚下的高度不同，乙中小球的高度越高，到达水平面时的速度越大，推动木块移动的距离越远，所以乙图中小球到斜面底端时的动能更大，说明了物体动能的大小与速度有关。
故答案为：（1）速度；（2）乙；速度。
【点评】本题考查了探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验，实验应用了转换法和控制变量法，掌握转换法与控制变量法的应用、分析图示实验即可正确解题。
23．（6分）小宁在做探究并联电路电流规律的实验，如图甲是实验的电路图。
（1）在连接电路时发现，电流表的指针在图乙的位置，是因为没有 　调零　。纠正后继续接好电路，闭合开关，指针又偏到图乙的位置，是因为 　电流表的正负接线柱接反了　；
（2）他在测量A处的电流时，电流表的示数如图丙所示，则电流表的示数为 　0.24　A；
（3）在解决了以上问题后，将电流表分别接入A、B、C三点处，闭合开关，测出了一组电流并记录在表格中，立即得出了并联电路的电流规律。请你指出他们实验应改进的方法是 　换用不同规格的灯泡进行多次实验　；
（4）实验结束后，小宁又利用器材换个电源连接了如图丁所示的电路图，当开关S由断开到闭合时，电流表A1的示数 　不变　（选填“变大”“变小”或“不变”）。小宁惊奇的发现闭合开关后两个灯都亮，并且两个表都偏转了22个小格，请帮小宁推算出流过L2的电流是 　1.76　A。
【分析】（1）电流表使用前应先调零；注意电流表串联在电路中，且电流从正接线柱流入，从负接线柱流出；
（2）由图示电流表确定其量程与分度值，读出其示数；
（3）为得出普遍结论，应换用不同规格的实验器材进行多次实验，测出多组实验数据；
（5）当S断开时，只有灯泡L1接入电路，两个电流表都测L1的电流；当S闭合时，两个灯泡并联，电流表A1还测L1的电流，A2测干路电流，根据并联电路中电流的特点判断。
【解答】解：（1）在连接电路时发现，电流表的指针不在“0”刻度线位置，是因为没有调零。接好电路，闭合开关，指针又偏到图乙的位置，即电流表反向偏转，原因则是电流表的正负接线柱接反；
（2）图丙所示电流表选择的是小量程，分度值为0.02A，电流表的示数为0.24A；
（3）只测一组数据，根据一组数据总结的实验结论可能存在偶然性，他们应该换用不同规格的小灯泡多次实验；
（4）图丁所示的电路图，开关S断开时，电路中只有灯泡L1，两电流表示数相等，S闭合时，两灯并联，电流表A2测干路电流，A1测灯L1的电流，因灯L1的电压不变，根据欧姆定律，通过L1的电流大小即电流表A1的示数不变；由图可知，该电路为并联电路，A1 电流表测量的是通过灯泡L1的电流，A2电流表测量是干路中的电流，A1和A2电流表指针的位置相同，由于并联电路中，干路中的电流要大于任何一个支路的电流，所以A2电流表选用的是大量程，分度值为0.1A，示数为2.2A，A1电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.44A，根据并联电路的电流关系可知，通过L2的电流为I2＝I﹣I1＝2.2A﹣0.44A＝1.76A。
故答案为：（1）调零；电流表的正负接线柱接反了；（2）0.24；（3）换用不同规格的灯泡进行多次实验；（4）不变；1.76A。
【点评】本题是探究并联电路电流规律的实验，考查了电路故障的判断、根据开关的状态判断电路的连接方式、电表示数的变化等知识。
24．（7分）小红利用图甲所示的电路探究电流与电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图乙所示的电流I随电阻R变化的图象，由图象可得出结论：　当电阻R两端的电压一定时，通过电阻的电流与电阻成反比　。
（2）在上述实验中，某同学在读取完电流表示数后，直接拆下阻值为5Ω的电阻，改换成阻值为10Ω的电阻，请你指出他在操作中的错误：　拆下电阻前，未断开开关　；在读取电流表示数之前，他应进行的操作是：向 　左　移动滑片，使电压表示数为2.5V。
（3）若在实验过程中出现电流表示数为0，电压表的示数为6V，则电路出现的故障可能是 　电阻R断路　。
（4）为了完成整个实验，小红应该选择的变阻器是 　C　。
A.10Ω 0.5A
B.20Ω 1A
C.50Ω 2A
（5）小红想将定值电阻换成小灯泡来探究电流与电压的关系，同学小明认为她的实验方案不可行。理由是 　灯泡的电阻会随温度的升高而增大　。
【分析】（1）根据如图乙所示的电流I随电阻R变化的图象，可知电流与电阻积为一定值分析；
（2）拆接电路时，开关要断开；根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
（3）若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
（4）根据串联电路电压的规律和分压原理确定变阻器连入电路中的最小阻值，从而确定变阻器的规格；
（5）研究电流与电压有关系时，要控制电阻不变，据此分析。
【解答】解：（1）根据如图乙所示的电流I随电阻R变化的图象，可知电流与电阻之积：
U＝IR＝0.5A×5Ω＝﹣﹣﹣﹣0.1A×25Ω＝2.5V，为一定值，由图象可得出结论：当电阻R两端的电压一定时，通过电阻的电流与电阻成反比；
（2）拆接电路时，开关要断开，故他在操作中的错误：拆下电阻前，未断开开关；
根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为2.5V；
（3）经分析，若在实验过程中出现电流表示数为0，电压表的示数为6V，则电路出现的故障可能是电阻断路；
（4）因实验中电压表示数保持2.5V不变，根据串联电路中总电压等于各分电压之和，所以滑动变阻器两端的电压U滑＝3.5V，即变阻器分得的电压为定值电阻电压的1.4倍，根据分压原理，变阻器连入电路中的阻值大小为定值电阻大小的1.4倍，即为1.4×25Ω＝35Ω，也就是变阻器的最小阻值为35Ω，所以，滑动变阻器的规格应选用“50Ω 2A”，故选：C。
（5）研究电流与电压有关系时，要控制电阻不变，因灯泡的电阻会随温度的升高而增大，不是一个定值，她的实验方案可行。
故答案为：（1）当电阻R两端的电压一定时，通过电阻的电流与电阻成反比；（2）拆下电阻前，未断开开关；左；（3）电阻R断路；（4）C；（5）灯泡的电阻会随温度的升高而增大。
【点评】本题探究电流与电阻的关系，考查数据分析、注意事项、操作过程、故障分析和影响电阻大小的因素。
25．（5分）实验小组测量未知电阻Rx的阻值时，实验器材：待测电阻Rx（阻值约为9Ω）、两节新干电池、电流表、电压表、滑动变阻器、开关和若干导线。
（1）根据实验要求设计电路并连接了如图甲所示的部分电路，请用笔画线代替导线将电路连接完整。
（2）连接好电路开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P滑至最 　右　（选填“左”或“右”）端，这是为了保护电路。
（3）然后，同学们闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压，移动滑片P，现象不变，则电路故障可能是 　A　。
A.待测电阻Rx断路
B.待测电阻Rx短路
C.开关接触不良
D.滑动变阻器接了下端两个接线柱
（4）排除故障后，再闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移至某位置后，电压表的示数为2.4V，电流表的示数如图乙所示，则待测电阻Rx＝　10　Ω。
【分析】（1）根据伏安法测电阻的电路图连接此实物图；
（2）连好电路后开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片移至阻值最大位置；
（3）具体分析电路，结合电流表和电压表示数进行综合判断；
（4）读出电流表示数后根据欧姆定律求Rx的阻值；
【解答】解：（1）滑动变阻器接一个上接线柱和一个下接线柱与未知电阻Rx串联，电压表与未知电阻Rx并联，因电源电压为两节新干电池，电压为3V，电压表选择量程为0～3V接线柱，待测电阻Rx（阻值约为9Ω），由可知，电流表选择0～0.6A量程，实物图连接如下：
（2）连好电路后开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片移至阻值最大位置，按电路图中所示电路，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片P滑至最右端；
（3）A、待测电阻Rx断路，电流表会无示数，但电压表示数会接近电源电压，移动滑片P，现象不会改变，故A符合题意；
B、待测电阻Rx短路，电流表示数会较大，且电压表示数为0，移动滑片P，电流表示数会改变，电压表示数不变，故B不符合题意；
C、开关接触不良，电流表和电压表示数均会不稳定，移动滑片P，电流表和电压表示数不稳定现象也不会改变，故C不符合题意；
D、滑动变阻器接了下端两个接线柱，电流表会有示数，电压表有示数，移动滑片P，现象不会改变，故D不符合题意；
（4）因为图乙中电流表所选量程为较小量程，分度值为0.02A，图中电流表指针指在0.2A偏右两个小格处，所以图乙中电流表读数为0.24A；
待测电阻Rx的值为：
Rx10Ω。
故答案为：（1）见解答；（2）右；（3）A；（4）10。
【点评】此题考查了伏安法测电阻、电路的连接、电路故障判断、欧姆定律、电流表读数等多个知识点，综合性强，是一道典型题目。
五．计算题（共2小题，26题7分，27题7分，共14分）
26．（7分）已知天然气的热值为4.2×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃）。求：
（1）完全燃烧3×10﹣2m3天然气放出多少热量？
（2）假设放出这些热量全部被水吸收，能使多少千克水的温度由20℃升高到70℃？
（3）实际上天然气灶的效率为60%，则这些天然气可将质量为2kg，初温为20℃的水温度加热到多少？（当地的大气压强为1标准大气压）
【分析】（1）已知天然气的热值和体积，利用Q放＝Vq得到这些天然气完全燃烧放出的热量；
（2）假设这些热量全部被水吸收，则Q吸＝Q放，由热量公式Q吸＝cmΔt计算水的质量；
（3）已知天然气放出的热量和热效率，可求水吸收的热量；又知道水的比热容、质量，利用Q吸＝cmΔt求水升高的温度；知道水的初温度，可求末温。
【解答】解：（1）完全燃烧3×10﹣2m3天然气放出的热量：
Q放＝Vq＝3×10﹣2m3×4.2×107J/m3＝1.26×106J；
（2）水吸收的热量：
Q吸＝Q放＝1.26×106J，
Q吸＝cmΔt，即1.26×106J＝4.2×103J/（kg ℃）×m水×（70℃﹣20℃），
解得：m水＝6kg；
（3）由η可得水吸收的热量：Q吸＝ηQ放＝60%×1.26×106J＝7.56×105J；
由Q吸＝cmΔt可得，水升高的温度：
Δt90℃，
则水的末温度为：t2＝t1+Δt＝20℃+90℃＝110℃，
因为当地的大气压强为1标准大气压，初温为20℃的水温度加热到100℃。
答：（1）完全燃烧3×10﹣2m3天然气放出1.26×106J热量；
（2）假设放出这些热量全部被水吸收，能使6kg水的温度由20℃升高到70℃；
（3）实际上天然气灶的效率为60%，则这些天然气可将质量为2kg，初温为20℃的水温度加热到100℃。
【点评】此题考查了与热值有关的热量计算公式、热效率计算公式及热量变形公式的应用，注意1标准大气压下水的沸点为100℃。
27．（7分）如图所示的电路中，电源电压保持不变。R1＝4Ω，R3＝6Ω，若开关均闭合时，电流表示数为0.6A，开关均断开时，电流表示数为0.2A，求：
（1）电源电压；
（2）R2的阻值；
（3）当开关S1断开，S2闭合时，电流表的示数。
【分析】（1）开关均断开时，R1、R3串联，电流表示数为0.2A，根据串联电路的电阻规律和欧姆定律可得电源电压；
（2）若开关均闭合时，R1、R2并联，电流表测量干路电流，电流表示数为0.6A。根据欧姆定律可知通过R1的电流，根据并联电路的电流特点可知通过R2的电流，根据欧姆定律可知R2的阻值；
（3）当开关S1断开，S2闭合时，电路为R1的简单电路，根据欧姆定律可知电流表的示数。
【解答】解：（1）开关均断开时，R1、R3串联，电流表示数为0.2A，根据串联电路的电阻规律和欧姆定律可得，
电源电压U＝I（R1+R3）＝0.2A×（4Ω+6Ω）＝2V；
（2）若开关均闭合时，R1、R2并联，电流表测量干路电流，电流表示数为0.6A。
根据欧姆定律可知通过R1的电流I10.5A，
根据并联电路的电流特点可知通过R2的电流I2＝I′﹣I1＝0.6A﹣0.5A＝0.1A，
根据欧姆定律可知R220Ω；
（3）当开关S1断开，S2闭合时，电路为R1的简单电路，根据欧姆定律可知电流表的示数IA0.5A。
答：（1）电源电压为2V；
（2）R2的阻值为20Ω；
（3）当开关S1断开，S2闭合时，电流表的示数为0.5A。
【点评】本题考查欧姆定律的应用，正确判断开关在不同状态下的电路连接方式是关键。