2020-2021学年江苏省扬州市宝应县九年级（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年江苏省扬州市宝应县九年级（上）期末物理试卷，共34页。试卷主要包含了5V不变，2A，则下列说法正确的是，0×107J/kg)，【答案】C，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年江苏省扬州市宝应县九年级（上）期末物理试卷

1. 下列数据中最接近实际的是( )
A. 家用台灯正常工作电流约2A
B. 手机充电器输出电压为220V
C. 家用洗衣机的电功率约为500W
D. 将九年级物理书本从地面捡回到桌面做功约10J
2. 下列关于热现象的说法中正确的是( )
A. 在汽油机的压缩冲程中，内能转化为机械能
B. 发生热传递时，热量总是从内能大的物体传递给内能小的物体
C. 物体温度升高，质量不变，内能一定增加
D. 火箭使用液态氢作燃料，是因为液态氢含有的热量多
3. 近年来重大火灾多数跟电路故障有关，下列情形不会引起火灾的是( )
A. 电路接线处接触不良 B. 局部电路发生短路
C. 同时使用多个大功率用电器 D. 装修时选用了更粗的导线
4. 汽车紧急刹车时，轮胎温度急剧升高，内能增大，图中四个事例中改变物体内能的方式与之相同的是( )
A. 钻木取火
B. 金属勺放在热汤中
C. 食品放入冰箱内
D. 物体放在取暖器旁
5. 在“探究纸锥下落的快慢”的活动中，将纸锥从高处释放。若纸锥竖直下落时，受到的空气阻力随下落速度的增大而增大，则纸锥在空中竖直下落过程中，下列情形可能的是( )
A. 速度先增大后不变 B. 速度先增大后减小
C. 动能转化为重力势能 D. 机械能先增大后减小
6. 在一次物理实验中，小于同学连接了如图所示的电路，靠近电磁铁的B端有一个可自由转动的小磁针，闭合开关后，下列说法错误的是( )
A. 电磁铁的A端为N极，B端为S极
B. 小磁针静止时，N极水平指向左侧
C. 去掉铁芯，螺线管的磁性更强
D. 当滑片P向右端移动，电磁铁磁性增强
7. 下列说法正确的是( )

A. 如图甲，人站在绝缘的木凳上，通电后不会触电
B. 如图乙，杠杆水平平衡，左右两侧各取掉一个钩码，杠杆仍保持水平位置平衡
C. 如图丙，条形磁铁静止时A端总指向北，说明A端是条形磁铁的南极
D. 如图丁，洗衣机的电源插头有三根线，其中标“E”的导线和金属外壳相连
8. 为了测出未知电阻Rx的阻值，某同学利用阻值已知的电阻R0和一只电流表或电压表分别设计了如图所示的四种电路，其中可行的是(电源电压未知且不变)( )

A. (2)(4) B. (2)(3) C. (1)(3) D. (3)(4)
9. 如图所示，电源电压为5V，闭合开关S，电压表的示数为1V。则( )


A. 通过灯泡L1的电流比L2的电流大
B. 灯泡L2两端的电压是1V
C. 灯泡L1和L2的电阻之比是4：1
D. 若灯泡L2灯丝烧断，电压表示数为零
10. 某同学利用如图1所示的电路进行实验，电源电压恒为3V，更换5个定值电阻Rx，得到如图2所示的图象，以下有关叙述正确的是( )

①该同学研究的是电流和电压的关系
②实验中电压表的示数保持2.5V不变
③滑动变阻器阻值变化范围为1∼5Ω
④将Rx从10Ω换成5Ω后，应将滑片P向右移
A. 只有②③ B. 只有①② C. 只有③④ D. 只有②④
11. 如图所示，电源电压恒为15V，定值电阻R的阻值为20Ω，闭合开关后，使变阻器的阻值减小5Ω，电流表示数变化了0.2A，则下列说法正确的是( )
A. 电流表示数减小了0.2A B. 电压表示数减小了1.0V
C. 定值电阻的电功率增大了0.8W D. 电路总功率增大了3.0W
12. 如图所示，电源电压恒定，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，在滑动变阻器的滑片P移动过程中，下列表示电压表示数U随电流表的示数I变化的关系图线中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
13. 我国最早的指南针一一司南静止时它的长柄指向______(选填“南方”或“北方”)，它是利用磁体受______作用指向南北的；如图所示，磁悬浮地球仪应用了______(选填“同”或“异”)名磁极相互排斥的规律。
14. 把凉牛奶放在热水中加热，经过一段较长时间，它们的温度随时间变化的图象如图所示，且牛奶的质量与热水相同。
(1)其中______(选填“甲”或“乙”)代表牛奶温度变化的图象。
(2)若忽略热量向空气的散失，从图象可以发现，甲的比热容比乙的比热容之比为______。
15. 将A、B两个金属片插入柠檬制成“水果电池”，用电压表测量水果电池的电压，如图所示，则该电池的正极是______ (A/B)，水果电池的电压为______ V；水果电池的正负极与选用的材料______ (有关/无关)。




16. 如图所示电路，若要使L1和L2串联，应闭合开关______ ；若要使L1和L2并联，应闭合开关______ ；不能同时闭合______ ，否则会造成短路．
17. 如图1所示的三个实验中。

(1)通过比较温度计示数的变化量来比较吸(放)热多少的实验有______(填写图号，下同)：需要有计时器的实验有______
(2)乙实验中，发现用碎纸片加热烧杯中水温度升得快，______(选填“能”或“不能”)说明碎纸片的热值大。
(3)利用丙实验装置改做“探究不同物质吸热升温的现象”的实验，应将图2中______(选填“A”、“B”)烧瓶内的电阻与丙图中的烧瓶内的电阻如何连接？______(选填序号：①只能串联②只能并联③串联或并联都可以)，并将其中一烧瓶中的煤油换成相同质量的水。
18. 某款家用吸尘器额定电压为220V，额定电流为4A，吸尘器的额定功率为______ W，正常工作15min，使标有“800imp/(kW⋅h)”的电能表指示灯共闪烁______ 次。若吸尘器正常工作时，电动机的发热功率为32W，则电动机线圈的电阻为______ Ω。
19. 标有“6V3W”的小灯泡，它的电流--电压图象如图所示，则它正常工作10s消耗的电能是______ J；将它与一个10Ω的定值电阻串联在8V的电路中，灯泡接入电路的电阻为______ Ω，电路消耗的总功率为______ W。
20. 如图所示，电源电压不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P处于14R时，电压表的示数为4V，当滑动变阻器的滑片P继续向右滑至中点时，电压表示数变化了2V，则电源电压为______V；通过移动滑动变阻器的滑片P，使R0与R的电功率分别达到最大值P0、P，则P0：P=______。
21. 如图1是汽油机的______ 冲程，一台四冲程汽油机每秒钟做功20次，则它的飞轮转速为______ r/min；某品牌汽车在某路段以1500N的恒定牵引力匀速行驶80km，牵引力做的功是______ J；如果发动机将获得的机械能用来推进汽车行驶做功的效率为80%，汽车汽油机的能量流程图如图2所示，则此次运行过程中需要完全燃烧______ kg的汽油。(汽油的热值为q=5.0×107J/kg)

22. 在图中画出使杠杆OA平衡时最小动力F1的方向和阻力F2的力臂L2。













23. 在图中画出通电螺线管的S极和A点的电流方向。











24. 按要求将图中的元件连接成完整的电路：
(1)L1、L2并联；
(2)开关S1控制L1；
(3)开关S2同时控制L1、L2.(元件位置不动，导线不交叉，原有导线要保留)








25. 如图所示的滑轮组中，动滑轮重1N，小强用6N的拉力F通过该滑轮组将重10N物体以0.2m/s的速度沿竖直方向匀速提升0.4m。此过程中，求：
(1)额外功；
(2)拉力的功率；
(3)该滑轮组机械效率。







26. 小明家电吹风的简化电路如图所示，主要技术参数如下表。
热风温度
50∼75℃
额定功率
热风时：1000 W
冷风时：120 W
额定电压
220 V
质量
0.5kg
(1)电吹风吹冷风时，通过电动机的电流是多少？
(2)正常工作吹热风5min，电热丝产生的热量是多少？
(3)在用电高峰期，小明关闭家中其他用电器，只让电吹风通电，使其处于吹热风状态1min，电能表的圆盘转了45转，求此时电吹风的实际功率。








27. 用图示装置探究“斜面的机械效率”，实验记录如表：
实验
次数
物体
种类
物重
G/N
斜面高
h/cm
沿斜面的拉力F/N
斜面长
s/cm
机械效率
η/%
1
木块
4
15
1
100
60
2
小车
4
15

100

(1)沿斜面拉动物体时，应使其做______运动。
(2)根据图中测力计示数，可知第2次实验的机械效率为______%.由实验可得初步结论：
①利用斜面可以省______(选填“力”或“功”)；
②斜面倾斜程度相同时，______越小，机械效率越大。
(3)第2次实验中，木块所受摩擦力为______N。

28. 如图，某实验小组在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，让小球从同一斜面某处由静止释放，撞击同一水平面上的同一木块，木块移动一段距离后停止。

(1)小球滚下的过程中，它的______ 能转化为动能，它的动能大小是通过______ 来反映的。
(2)由甲、乙图可得动能的大小与物体的______ 有关。
(3)本实验探究的是______ (小球/木块)在碰撞______ (前/后)瞬间的动能。
(4)为了使实验现象更明显，可以换用质量______ (大/小)的木块。
29. 在探究“电流与电压、电阻的关系”的实验中，可使用的器材有：电源、滑动变阻器R(50Ω1A)、电阻箱R0、电流表、电压表、开关及导线若干。

(1)开关闭合前，滑片P应放在______ 端(A/B端)。
(2)连好电路闭合开关，电流表有示数、电压表示数为零，则电路故障原因可能是______ 。
A.电压表的量程选大了B.电阻箱R0发生了短路
C.滑动变阻器发生了断路D.滑动变阻器发生了短路
(3)排除故障后重新实验，保持电阻箱接入电路的电阻不变，调节滑动变阻器，测得多组数据，画出电流表读数I与电压表对应读数U的关系图线如图乙。由此可得出的实验结论是______ ，电阻箱接入电路的电阻为______ Ω。
(4)利用该电路继续研究“电流与电阻的关系”，实验数据记录如下表。
序号
1
2
3
4
5
电流表示数I/A
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
电阻箱电阻R0/Ω
24.0
10.0
8.0
6.0
4.8
①序号为______ 的实验数据有错误，造成该错误的可能原因为滑动变阻器接入电路的阻值偏______ (大/小)；
②实验中所用电源的电压可能是______ 。(6V/8V)
30. 小明用两节干电池测小灯泡的功率，电路如图甲所示，小灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器规格为“20Ω2A”。
(1)闭合开关，当电压表的示数达到2V时，电流表的示数如图乙所示，其读数为______ A，此时，灯泡的功率为______ W，为使灯泡正常发光，应将滑片向______ (左/右)移动。
(2)当电压表示数达到2.5V时，无论怎么调节变阻器滑片都无法使电压表示数变大。为了用该灯泡继续完成实验，你的做法是______ 。
(3)解决了(2)中问题后，又测出电压略大于2.5V时的灯泡功率。这里测量三组数据的目的是______ 。
A.减小误差B.寻找普遍规律
(4)若小灯泡的额定电流为I0=2I1，以下关于灯泡额定功率P0与实际功率P1的数值关系，你认为最有可能的是______ 。
A.P0=2P1；B.P0=3P1；C.P0=4P1；D.P0=5P1
(5)小明对本实验进行了拓展思考，以下探究活动用该实验装置中的器材不能完成的是______ 。
A.测量小灯泡的电阻；B.探究串联电路电流的特点；
C.探究串联电路电压的特点；D.探究电流与电压的关系。

31. 小明设计了一种“自动限重器”，如图(甲)所示。该装置由控制电路和工作电路组成，其主要元件有电磁继电器、货物装载机、压敏电阻R1和滑动变阻器R2等。压敏电阻R1的阻值随压力F变化的关系如图(乙)所示。当货架承受的压力达到限定值，电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品。已知控制电路的电源电压U=6V，电磁继电器线圈的阻值R=10Ω。请你解答下列问题：
(1)连接电路：货物装载机应接在接线柱______ (AB/BC/AC)之间。
(2)电磁继电器中的电磁铁上端为______ 极。(N/S)
(3)当电磁继电器线圈中的电流大小为30mA时，衔铁被吸下。若货架能承受的最大压力为800N，则所选滑动变阻器R2的最大阻值至少为______ Ω。
(4)若要提高货架能承受的最大压力，滑动变阻器R2接入电路的阻值应______ 。(调大/调小/不变)


答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、家用台灯的工作电流在0.1A左右。故A不符合实际；
B、家庭电路电压是220V，手机充电装置是一个变压器，输出电压在5V左右。故B不符合实际；
C、家用洗衣机功能一般包括洗涤和甩干，总功率在500W左右。故C符合实际；
D、九年级物理书重约2.5N，课桌高度约0.8m，将九年级物理书本从地面捡回到桌面做功约W=Gh=2.5N×0.8m=2J。故D不符合实际。
故选：C。
首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。

2.【答案】C

【解析】解：
A、在汽油机的压缩冲程中，活塞压缩燃料混合物使它的温度升高、内能增大，将机械能转化为内能，故A错误；
B、发生热传递时，热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，而不是从内能大的物体传给内能小的物体，故B错误；
C、物体温度升高，内能一定增加，故C正确；
D、火箭使用液态氦作燃料，是因为液态氦的热值大；热量是个过程量，不能说含有热量，故D错误。
故选：C。
(1)在内燃机的四个冲程中做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；压缩冲程压缩气体的过程中，将机械能转化为内能；
(2)发生热传递的条件是存在温度差；
(3)物体温度升高，内能一定增大；物体内能增加，温度不一定升高；
(4)热量是个过程量，区别于状态量，只能说某物体吸收了多少热量，放出了多少热量，不能说含有。
本题考查了物体内能的改变、物体内能改变的方式以及内燃机工作过程能的转化，属于热学基础知识的考查，比较简单。

3.【答案】D

【解析】解：A、电路连接处接触不良，会使该处的电阻很大，由Q=I2Rt得，在电流和通电时间相同的情况下，产生热量较多，容易发生火灾，故A不符合题意；
B、电路发生短路时，电路中的电流很大，由Q=I2Rt得，在电阻和通电时间相同的情况看下，产生的热量较多，容易发生火灾，故B不符合题意；
C、同时使用大功率的用电器，由I=PU得，电路中的电流会很大，由Q=I2Rt得，在电阻和通电时间相同的情况看下，产生的热量较多，容易发生火灾，故C不符合题意；
D、使用更粗的导线，只是可以减少电能的损耗，不会造成电流的更大变化，不会发生火灾，故D符合题意。
故选：D。
引起火灾是因为该处的产生的热量较多造成的，根据Q=I2Rt分析即可。
本题考查了焦耳定律的应用，关键要掌握影响电热大小的因素，分析几种情况对电流和电阻的变化。

4.【答案】A

【解析】解：汽车紧急刹车时，轮胎与地面摩擦，克服摩擦做功，轮胎温度急剧升高，内能增大，是通过做功的方式改变内能的；
A、钻木取火是克服摩擦做功，属于做功改变物体的内能。故A正确；
B、金属勺放在热汤中，金属勺吸收热量，是通过热传递改变内能，故B错误；
C、食品放入冰箱内，食品放出热量，属于热传递改变内能，故C错误；
D、物体放在取暖器旁边，会吸收热量，属于热传递改变内能，故D错误；
故选：A。
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；热传递是内能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，其实质是能的转移。
做功和热传递是改变物体内能的两种方法，是等效的，但有着本质的区别：做功是能量转化的过程，是其他形式能和内能的转化；热传递是能量的转移过程，是内能从一个物体转移到另一个物体上。

5.【答案】A

【解析】解：由题意，纸锥下落过程中受到空气阻力随下落速度的增大而增大。由于受到阻力作用，纸锥的机械能减小；纸锥开始下落时，重力大于空气的阻力，加速下落，动能增大，重力势能减小，重力势能转化为动能和内能；随阻力逐渐增大，当增大到等于其重力时，匀速竖直下落。所以纸锥的速度先增大后不变。故A正确、BCD错误。
故选：A。
纸锥开始下落时，重力大于阻力，纸锥向下做加速运动；随着阻力的增大，当阻力等于重力时，纸锥受力平衡，做匀速直线运动。
本题考查了物体运动状态的判定，明确阻力的变化是解题的关键。

6.【答案】C

【解析】解：A、由图知，电流从螺线管的右端流入、左端流出，根据安培定则可知，电磁铁的A端是N极，B端是S极，故A正确；
B、电磁铁的B端是S极，由磁极间的作用规律可知，小磁针静止时，左端是N极，即N极水平指向左，故B正确；
C、去掉铁芯，螺线管的磁性变弱，故C错误；
D、当滑动变阻器滑动片P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻变小，电路中电流变大，则电磁铁的磁性变强，故D正确。
故选：C。
(1)开关闭合后，根据电流方向利用安培定则可判断螺线管的磁极；
(2)由磁极间的相互作用可判出小磁针的指向；
(3)影响电磁铁磁性强弱的因素是电流的大小、线圈的圈数、有无铁芯；
(4)由滑动变阻器的滑片移动可得出电路中电流的变化，则可得出螺线管中磁场的变化。
该题考查了安培定则的应用、磁极间的作用规律的应用、电磁铁磁性强弱的影响因素等知识点，是一道综合题。

7.【答案】D

【解析】解：A、人手分别握住火线和零线，则人体形成电路，身体内有电流，故会使人体触电，故A错误；
B、如果左右两侧各取掉一个钩码，因3G×3L>2G×4L，所以杠杆左端下沉，杠杆不能保持水平位置平衡，故B错误；
C、磁铁都具有指向性，图丙中条形磁铁静止时A端总是指向北方，说明A端是条形磁铁的北极，故C错误；
D、洗衣机的电源插头有三根线，其中标着E的导线和地线相连，这样做目的是防止因用电器“漏电”而触电，故D正确。
故选：D。
(1)触电的形式有：①人站在绝缘体上：一只手接触火线，另一只手接触零线，这样，人体与导线构成了闭合电路，电流流过人体，发生触电事故；②人站在地面上：一只手接触火线，导线、人体、大地构成了闭合电路，电流流过人体，发生触电事故。
(2)如果左右两侧各取掉一个钩码，根据杠杆平衡条件判断杠杆能否保持水平位置平衡。
(3)地球的周围存在磁场。
(4)三线插头能使金属外壳接地，即使家用电器因绝缘不好“漏电”，也会使电流通过导线导入大地，人也就不会触电。
本题考查了安全用电、杠杆平衡条件、磁体的特性等知识的理解和应用，有一定综合性，但难度不大。

8.【答案】A

【解析】解：
(1)开关S1闭合，S2断开时R0和Rx串联，电流表可以测出通过Rx的电流Ix；S2闭合时为Rx的简单电路，不能直接或间接测量出Rx的电压，所以不能求出Rx的电阻。
(2)开关S0闭合，S接1时电路为R0的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；当S接2时电路为未知电阻Rx的简单电路，电流表测通过Rx的电流Ix，根据Rx=UxIx求出电阻。
(3)开关S1和S2都闭合时，R0被短路，电压表测量电源电压U；只闭合S1时，R0和Rx串联，电压表仍侧电源的电压，无法测出Rx两端的电压，所以不能求出Rx的电阻；
(4)开关S1和S2都闭合时，R0被短路，电压表测量电源电压U；只闭合S1时，R0和Rx串联，电压表直接测量Rx两端的电压Ux.根据串联电路总电压等于各串联导体电压之和，求出定值电阻两端的电压U0=U−Ux，根据I0=U0R0，求出通过定值电阻的电流。根据串联电路电流处处相等，通过Rx电流等于通过定值电阻电流Ix=I0，根据Rx=UxIx求出电阻。
综上可知，(2)(4)方案可行。
故选：A。
利用电压表和电流表，结合串、并联电路电流和电压特点以及欧姆定律，直接或间接得出被测电阻两端的电压和电流，根据Rx=UxIx求出电阻，并且要注意电表正负接线柱的连接。
本题考查了伏安法测电阻的探究实验，设计正确的电路图、排除电路故障是我们在实验中常遇到的问题，因此在实验课上我们要边实验边思考，将所学的理论与实际结合起来，锻炼我们解决实际问题的能力。注意伏安法测电阻的原理为欧姆定律的使用，一定要直接或间接测出电阻两端的电压和通过电阻的电流为目的，然后可由欧姆定律求得电阻的阻值。

9.【答案】D

【解析】解：由电路图可知，闭合开关S，L1与L2串联，电压表测L1两端的电压。
A.因串联电路中各处的电流相等，所以通过灯泡L1的电流和L2的电流相等，故A错误；
B.因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以灯泡L2两端的电压U2=U−U1=5V−1V=4V，故B错误；
C.由I=UR可得，灯泡L1和L2的电阻之比R1R2=U1IU2I=U1U2=1V4V=14，故C错误；
D.若灯泡L2灯丝烧断，电压表被断路无示数，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，闭合开关S，L1与L2串联，电压表测L1两端的电压。
(1)根据串联电路的电流特点得出通过两灯泡的电流关系；
(2)根据串联电路的电压特点求出灯泡L2两端的电压；
(3)根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出灯泡L1和L2的电阻之比；
(4)若灯泡L2灯丝烧断，电压表被断路。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，要注意电压表不测带电源用电器两端的电压。

10.【答案】A

【解析】解：
①研究电流和电压的关系时，要控制电阻不变，由图乙知，电阻是变化的，故①错误；
②由题意和图象可知，该同学研究的是电流和电阻的关系，实验中要控制Rx两端的电压不变(即电压表示数不变)；由图乙知，电流与电阻之积(即Rx两端的电压)：U=IRx=0.5A×5Ω=-----0.1A×25Ω=2.5V，即电压表保持2.5V不变，故②正确；
③由图乙知，电流最大为0.5A时，对应的电阻为5Ω，根据欧姆定律和串联电路的规律，变阻器连入电路中的电阻：；
由图乙知，电流最小为0.1A时，对应的电阻为25Ω，根据欧姆定律和串联电路的规律，变阻器连入电路中的电阻：；
所以，滑动变阻器阻值变化范围为1Ω∼5Ω，故③正确。
④据串联分压原理可知，将Rx从10Ω换成5Ω后，Rx电阻减小，其分得的电压减小(小于2.5V)；
探究电流与电阻的实验中应控制电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应减小滑动变阻器分得的电压使电压表的示数增大为2.5V，
由分压原理，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，故④错误。
故选：A。
(1)研究电流和电压的关系时，要控制电阻不变；
(2)由图乙可知，通过定值电阻的电流随其阻值的变化而变化，但电流和电阻的乘积不变，据此判断实验研究的问题和电压表的示数；
(3)由图乙知，电流为0.5A时，对应的电阻为5Ω；电流为0.1A时，对应的电阻为25Ω，根据欧姆定律和串联电路的规律求出变阻器连入电路中的电阻变化范围；
(4)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，当换上小电阻时，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。
本题考查串联电路的规律和欧姆定律及控制变量法的运用，会分析实验数据得出有用的信息是关键。

11.【答案】D

【解析】解：由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测变阻器两端的电压。
A.当变阻器的阻值减小5Ω时，电路的总电阻减小，由I=UR可知，电路中的电流增大，所以电流表示数增大了0.2A，故A错误；
B.因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以电压表示数的减少了，故B错误；
C.由I′−I=0.2A可知，I′+I>0.2A，则定值电阻的电功率的增加量△PR=(I′)2R−I2R=(I′−I)(I′+I)R>0.2A×0.2A×20Ω=0.8W，故C错误；
D.电路总功率增大了△P=UI′−UI=U(I′−I)=15V×0.2A=3W，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测变阻器两端的电压。
(1)当变阻器的阻值减小5Ω时，电路的总电阻减小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，然后判断电流表示数的变化；
(2)根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出电压表示数的减少量；
(3)根据I′−I=0.2A可知，I′+I>0.2A，根据P=UI=I2R求出定值电阻的电功率的增加量；
(4)根据P=UI求出电路总功率增大量。
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，要注意电压表不测带电源用电器两端的电压。

12.【答案】B

【解析】解：由图可知，滑动变阻器R与电阻R0串联，电压表测R两端电压UR，电流表示数为I，
根据串联分压的规律和欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压UR=U−IR0，因U、R0不变，所以电压表示数U是电流表示数I的一次函数，分析图象可知，符合题意的是B图。
故选：B。
由图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端电压，根据串联电路的特点，分析滑动变阻器两端的电压和电流的关系，据此判断。
此题主要考查的是学生对串联分压和欧姆定律计算公式的理解和掌握，分析出电压表示数U随电流表的示数I的变化关系式是解决此题的关键。

13.【答案】南方  地球磁场力  同

【解析】解：
地球本身是一个大磁体，司南是用天然磁石磨制成的勺子，即其实质就是一块磁铁，在地球的磁场中受到磁力的作用，静止时其勺柄指向南方，即指南的南极；
因为球体与底座是相互分离的，所以球体与底座之间是相互排斥的，即该悬浮地球仪是利用的同名磁极相互排斥的原理制成的。
故答案为：南方；地球磁场力；同。
(1)司南实际上就是一个磁铁；磁体静止时，指南的叫南极用字母S表示；指北的叫北极，用字母N表示；
(2)磁极间的作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
本题主要考查学生对：司南、磁极间相互作用的了解和掌握，是一道基础题。

14.【答案】乙  2：1

【解析】解：(1)将凉牛奶放入时，牛奶吸热、温度升高，水放热、温度降低，直至两者的末温相等，因此甲是水的温度变化图象，乙是牛奶温度变化图象。
(2)忽略热量向空气的散失，热水和凉牛奶发生热传递时，凉牛奶吸收的热量和热水放出的热量相同，相同时间内温度变化量不同；
根据图象可知，凉牛奶温度升高了(60℃−20℃)=40℃，热水温度降低了(80℃−60℃)=20℃，
即，，，由Q=cm△t可得：
：：：1。
故答案为：(1)乙；(2)2：1。
要解答本题需掌握：
(1)水和牛奶的温度随时间变化的图象中各部分的意义。
(2)凉牛奶放在热水在相同时间里吸收和放出的热量相同。根据Q=cm△t判断液体比热容的大小。
本题主要考查学生对：热传递的条件、特点以及在生活中的应用的理解和掌握。

15.【答案】B1.2有关

【解析】解：(1)由图可知，电压表指针正常偏转，则电流从电压表的正接线柱流入、负接线柱流出，所以该电池的正极是B；
图中电压表的量程为0∼3V，分度值为0.1V，水果电池的电压为1.2V；
(2)根据化学知识可知，水果电池的正负极与选用不同导体的材料有关，即与金属的活动性有关。
故答案为：B；1.2；有关。
(1)电流从电压表的正接线柱流入、负接线柱流出时正常偏转，否则反偏，据此判断该电池的正极，根据电压表的量程和分度值读出水果电池的电压；
(2)水果电池的正负极是由金属的活动性确定的。
本题考查了电压表的正确使用和电压表的读数等，是一道较为简单的应用题。

16.【答案】S1；S2、S3；S1、S2

【解析】解：(1)若闭合开关S1时，则电流从电源正极出发后先后依次经过两盏灯泡，所以它们是串联的；
(2)若闭合开关S2、S3时，则电流从电源正极出发，经过开关S2后，分别流经两盏灯泡，又汇合在一起共同通过开关S3回到电源的负极，所以它们是并联的；
(3)同时闭合开关S1、S2时，导线直接连在了电源的两端，所以会造成短路；
故答案为：S1；S2、S3；S1、S2.
根据串联和并联、短路的概念分析后连接．把几个用电器首尾相接，连入电路就是串联．把几个用电器首首相接，尾尾相接，再连入电路，就是并联，电源短路是指电源两极不经过用电器直接连通的电路．
解决此类问题要结合串联电路、并联电路、短路的特点选择合适的开关组合．

17.【答案】乙丙  甲丙  不能  A ③

【解析】解：(1)图甲是探究不同物质吸热升温现象中，给它们加热相同时间，吸收相同的热量，温度升高越大，吸热能力越弱；
图乙是比较不同燃料热值的实验，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热；
丙图研究电流的热效应实验中，电阻丝产生的热量不易直接观察，但可使等质量初温相同的煤油吸收热量，根据△t=Qcm，煤油温度升高越高表示电热丝产生的热量越多；
通过比较温度计示数的变化量来比较吸(放)热多少的有乙、丙；
在甲图探究不同物质吸热升温现象中，使用相同的酒精灯，通过加热时间比较吸热多少，
在丙图研究电流的热效应实验中，根据Q=I2Rt，产生的热量与电流、电阻和通电时间有关，
故需要有计时器的实验有甲、丙；
(2)乙实验中，发现用碎纸片加热烧杯中水温度升得快，但升高的不一定多，不能说明碎纸片的热值大；
(3)根据△t=Qcm，探究不同物质吸热升温的现象，由控制变量法，要控制Q及质量相同，
根据Q=I2Rt，应控制电流和通电时间及电阻值大小相同，根据串联电路各处的电流相等，可将图2中A烧瓶内的电阻与丙图中的烧瓶内的电阻串联，
根据Q=U2Rt，控制电阻丝的电压和电阻丝的电阻大小相同和及通电时间相同也可，由并联电路电压的规律，故将图2中A烧瓶内的电阻与丙图中的烧瓶内的电阻并联，选③。
故答案为：(1)乙、丙；甲丙；(2)不能；(3)A；③。
(1)①比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据Q=cm△t，得出不同燃料放出热量的多少；
②研究电流的热效应实验中，电阻丝产生的热量不易直接观察，但可使等质量初温相同的煤油吸收热量，根据△t=Qcm，煤油温度升高越高表示电热丝产生的热量越多；
根据Q=I2Rt，电流产生的热量与电流、电阻和通电时间有关；
③在甲图探究不同物质吸热升温现象中，使用相同的酒精灯，通过加热时间比较吸热多少；
(2)相同质量的不同燃料，完全燃烧放出的燃料越多，热值越大；
(3)根据△t=Qcm，探究不同物质吸热升温的现象，由控制变量法，要控制Q及质量相同，
根据Q=I2Rt和Q=U2Rt，结合串联和并联电路的规律分析。
本题考查“比较不同燃料的热值、探究不同物质吸热升温现象实验、研究电流的热效应实验”三个实验相同与不同之处，同时考查控制变量法和转换法和串联电路的特点，综合性较强。

18.【答案】880 176 2

【解析】解：(1)吸尘器的额定功率：
P=UI=220V×4A=880W；
(2)正常工作15min消耗的电能：
W=Pt=880W×15×60s=7.92×105J=0.22kW⋅h，
电能表指示灯共闪烁次数：
n=800imp/(kW⋅h)×0.22kW⋅h=176imp(次)；
(3)由P=I2R可得电动机线圈的电阻：
。
故答案为：880；176；2。
(1)利用P=UI求吸尘器的额定功率；
(2)利用W=Pt求正常工作15min消耗的电能，根据“800imp/(kW⋅h)”求电能表指示灯共闪烁次数；
(3)知道额定电流，利用P=I2R求电动机线圈的电阻。
本题考查了电功率公式的应用，明确电能表相关参数的意义是关键。

19.【答案】30103.2

【解析】解：(1)灯泡正常工作时，功率，由P=Wt可得，灯泡正常工作10s消耗的电能：
WL=PLt=3W×10s=30J；
(2)小灯泡L与一个10Ω的定值电阻R串联在电压为8V的电路中时，
因串联电路中各处的电流相等，且总电压等于各用电器两端的电压之和，
所以，由I=UR可得：
U=UL′+ILR，
即：8V=UL′+IL′×10Ω，
由图象可知，当UL′=4V、IL′=0.4A时符合，
由I=UR可得：
灯泡电阻RL=UL′IL′=4V0.4A=10Ω；
则电路消耗的总功率：
P=UIL′=8V×0.4A=3.2W。
故答案为：30；10；3.2。
(1)小灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出正常工作10s消耗的电能；
(2)定值电阻和灯泡串联时通过它们的电流相等，且电路的总电压等于它们两端的电压之和，根据图象读出符合要求的电流和电压，由I=UR求出灯泡电阻；根据P=UI求出电路消耗的总功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功公式、电功率公式的应用，从图象中读出符合要求的电流和电压是关键。

20.【答案】12；4：1

【解析】解：(1)由电路图可知，闭合开关S，R0与变阻器串联，电压表测变阻器的电压；
当滑动变阻器的滑片P处于14R时，电压表的示数为U1=4V(为第一个电路)；
当滑动变阻器的滑片P继续向右滑至中点时，变阻器连入电路中的电阻为12R(为第二个电路)，

根据分压原理可知，变阻器接入电阻增大，此时电压表示数应增大，所以此时电压表示数：
U2=U1+△U=4V+2V=6V，
在两个电路中，根据电阻的串联和欧姆定律可得，电路中的电流分别为：
I1=U14R+R0，I2=U12R+R0
根据U=IR可得，电压表示数的表达式分别为：
U1=U14R+R0×14R=4V------①，
U2=U12R+R0×R2=6V------②，
②式÷①式解得：R=2R0，即R0=12R；
由此可知，在第2个电路中，因两电阻相等，根据分压原理可知，两电阻的电压相等均为6V，、
故电源电压为：U=UR0+U2=6V+6V=12V；
(2)当移动滑动变阻器的滑片P至最左端时，R0的电压为电源电压达到最大，R0的功率最大，
则R0的最大功率为：
P0=U2R0=(12V)2R0---------③
R0与变阻器串联，根据电阻的串联规律和欧姆定律可得，电路中的电流：
I=UR+R0，
则变阻器R的电功率：P=I2R=(UR+R0)2R=U2(R+R0)2R=U2(R−R0)2+4RR0R=U2(R−R0)2R+4R0，
由上式可知，当R=R0时，R的电功率P最大，其电功率的最大值：
P=U24R0=(12V)24R0-----------④，
则P0：P=(12V)2R0：(12V)24R0=4：1。
故答案为：12；4：1。

本题考查串联电路的规律和欧姆定律及电功率公式的灵活运用，关键是根据数学知识确定有最大功率的条件，体现了数学知识在物理中的运用，难度较大。

21.【答案】压缩  24001.2×108  10

【解析】解：(1)汽油机两气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程；四冲程汽油机每秒内对外做功20次，因为一个工作循环飞轮转2圈，完成4个冲程，做功1次，所以1s内，飞轮转40圈，1min飞轮转动的圈数为60×40圈=2400圈。
(2)牵引力对汽车做的功W=Fs=1500N×80000m=1.2×108J；
由图知机械能的百分比：100%−33%−30%−7%=30%，
完全燃烧质量为m的汽油产生的总能量：Q=Wη=1.2×108J30%×80%=5×108J，
燃烧汽油的质量为：m=Qq=5×108J5.0×107J/kg=10kg。
故答案为：压缩；2400；1.2×108；10。
(1)汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气，各冲程的特点不同，因此根据气门的状态和活塞的运行方向确定冲程；汽油机的一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成。在一个工作循环中曲轴转2圈，飞轮转2周，做功一次；
(2)汽车行驶时做的有用功可以利用W=Fs来计算；再利用和公式Q=mq，求得消耗的汽油。
本题考查了热机的工作原理、热机效率等知识，是一道综合题，有一定的难度。

22.【答案】解：
①由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，当OA作为动力臂时，动力臂最长，动力最小；为使杠杆平衡，则动力的方向应该垂直于OA向上；如图所示：
②O为支点，从O向F2的作用线作垂线段，即为F2的力臂L2，如图所示：


【解析】(1)力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离；
(2)杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1L1=F2L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。

23.【答案】解：由图可知，小磁针的左端是N极，右端是S极，由磁极间的相互作用可知，螺线管的左端是N极，右端是S极，由安培定则可知电流从螺线管的右端流入，如图所示：


【解析】由磁极间的相互作用规律得出通电螺线管的左端为N极，右端为S极，再由右手螺旋定则得出电流的方向。
本题考查了与安培定则相关的作图，注意磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则的配合使用，利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。

24.【答案】解：(1)由题意可知：灯L1、L2并联；开关S1控制L1；则开关S1串联在支路L1上，开关S2同时控制L1、L2，则开关S2同串联在干路上，根据各电路元件的连接方式连接实物图如下
。

【解析】L1、L2并联；开关S1控制L1；则开关S1串联在支路L1上，开关S2同时控制L1、L2，则开关S2同串联在干路上，据此连接。
本题考查了连接实物电路图，根据题目要求确定各电路元件的连接方式是正确解题的关键，连接实物电路图时，注意导线不能交叉。

25.【答案】解：
(1)由图可知，n=2，拉力端移动的距离：
s=nh=2×0.4m=0.8m，
拉力做的总功：
，
拉力做的有用功：
，
拉力做的额外功：
；
(2)由v=st可得拉力做功时间：
t=hv=0.4m0.2m/s=2s，
拉力的功率：
；
(3)滑轮组的机械效率：
。
答：(1)额外功为0.8J；
(2)拉力的功率为2.4W；
(3)该滑轮组机械效率为83.3%。

【解析】(1)由图可知滑轮组绳子的有效股数n=2，拉力端移动的距离s=2h，利用W=Fs求拉力做的总功，利用W=Gh求拉力做的有用功，总功减去有用功可得额外功；
(2)知道物体提升高度、速度，利用t=sv求做功时间，再利用P=Wt求拉力的功率；
(3)利用求滑轮组的机械效率。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、额外功、功率、机械效率的计算，明确有用功和总功以及额外功之间的关系是关键。

26.【答案】解：(1)当吹冷风时，只有电动机工作，其功率P1=120W，
由P=UI可得，通过电动机的电流：
I1=P1U=120W220V≈0.55A；
(2)当电吹风吹冷风时，只有电动机工作；当电吹风吹热风时，电动机和电热丝同时工作，电动机与电热丝并联；所以吹热风时电热丝的电功率：
，
t=5min=300s，
电吹风吹热风5min电热丝产生的热量：
Q=W=PRt=880W×300s=2.64×105J；
(3)3000r/kW⋅h是指每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000r，
电能表的转盘转45r，消耗的电能：
W=45r3000r/(kW⋅h)=0.015kW⋅h，
时间t=1min=160h，
电吹风的实际功率：
P=Wt=0.015kW⋅h160h=0.9kW=900W。
答：(1)电吹风吹冷风时，通过电动机的电流是0.55A；
(2)正常工作吹热风5min，电热丝产生的热量是2.64×105J；
(3)此时电吹风的实际功率为900W。

【解析】(1)当吹冷风时，只有电动机工作，根据P=UI求出通过电动机的电流；
(2)当电吹风吹热风时，电动机和电热丝同时工作，电动机与电热丝并联，电热丝的电功率等于吹热风时的电功率减去吹冷风时的电功率，利用Q=W=PRt求电吹风吹热5min电热丝产生的热量；
(3)3000r/kW⋅h是指每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000r，据此求电能表的转盘转45r，电吹风消耗的电能，再利用P=Wt求电吹风的实际功率。
本题考查了电功率公式和焦耳定律的应用，关键是知道电热丝的功率等于电吹风吹热风时的功率减去吹冷风时的功率。

27.【答案】匀速直线  75 力  摩擦力  0.2

【解析】解：(1)沿斜面拉动物体时，为使弹簧测力计的示数稳定，便于读数，所以应尽量使物体做匀速直线运动。
(2)由图可知，第2次实验弹簧测力计的示数即拉力F=0.8N，
则斜面的机械效率：
。
①因0.8N和1N都小于4N，故利用斜面可以省力；(因机械效率小于1，故利用机械做的功大于直接用手做的功，不能省功)
②比较两次的机械效率可知，第2次机械效率大，斜面的倾斜程度相同；因在同样条件下，滚动摩擦小于滑动摩擦，
即小车所受的摩擦力小，由此可得结论：斜面倾斜程度相同时，摩擦力越小，机械效率越大。
(3)由第1次实验的数据可知，
沿斜面拉木块做的有用功：
，
拉力做的总功：
，
则额外功，
由得，木块所受摩擦力：
。
故答案为：(1)匀速直线；(2)75；①力；②摩擦力；(3)0.2。
(1)从实验操作方便的角度考虑，要测量沿斜面的拉力，就要让木块做匀速直线运动，因为只有这样，弹簧测力计的示数稳定，测量才够准确；
(2)先读出弹簧测力计的示数，然后根据求出机械效率；比较两次机械效率的大小即可判断；
①比较提高物体利用机械所用的力与直接用手所用力的大小分析；
②在同样条件下，滚动摩擦小于滑动摩擦，结合第2次机械效率大分析；
(3)先根据和分别求出有用功和总功，然后根据求出额外功，克服摩擦力做功就是额外功，利用求出摩擦力。
本题考查了实验注意事项、实验数据分析、以及斜面机械效率计算的掌握情况，应用控制变量法、认真分析实验数据即可正确解答，尤其要注意摩擦力的求法，是最容易出错的地方。

28.【答案】重力势  木块移动的距离  速度  小球  前  小

【解析】解：(1)小钢球从斜面滚下过程中，质量不变，高度减小，故重力势能减小，同时速度变大，动能增加，所以是将重力势能转化为动能的过程；其动能大小是通过小木块移动的距离大小来反映的；
(2)分析比较甲和乙两组实验可得，物体的质量相同，而下滑的高度不同，甲图中下滑的高度大，运动到水平面时速度大，推动木块滑行的距离大，故物体质量相同时，速度越大，动能越大；
(3)小球从斜面上滚下时，具有一定的速度，具有动能，所以本实验探究的是小球在碰撞木块前瞬间的动能；
(4)要使实验现象更明显，需要减小木块受到的摩擦力，由于摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，在接触面的粗糙程度不变时，压力越小，摩擦力越小，水平面上物体对水平面的压力等于重力，可以减小木块的重力，即需要减小木块的质量。
故答案为：(1)重力势；木块移动的距离；(2)速度；(3)小球；前；(4)小。
(1)(2)(3)动能的大小与物体的质量、速度有关；重力势能的大小与物体的质量、高度有关；观察木块被撞击后移动的距离来判断小球动能的大小，用到了转换法；
(4)要使实验现象更明显，需要减小木块的质量。
解答本题时要注意动能大小与物体的速度和质量有关，在探究过程中要用到控制变量法，实验中通过物块被推动的距离来反映小球动能的大小，用到了转换法。

29.【答案】A B 在电阻不变时，通过导体的电流与电阻两端的电压成正比  8 2 大  6 V

【解析】解：(1)为保护电路，开关闭合前滑片P应放在阻值最大处，即A端；
(2)连好电路闭合开关，电流表有示数，则电路为通路，电压表示数为零，则电路故障原因可能是电阻箱R0发生了短路，故选B；
 (3)电流表读数I与电压表对应读数U的关系图线为过原点的直线，由此可得出的实验结论是：在电阻不变时，通过导体的电流与电阻两端的电压成正比；
由图，根据欧姆定律，电阻箱接入电路的电阻为：
R=UI=1.6V0.2A=8Ω；
(4)①研究“电流与电阻的关系”，要控制电阻的电压不变，而第2次实验中，电压表示数为：
U2=I2R2=0.20A×10.0Ω=2V
其它实验的电压为：
UV=0.10A×24Ω=2.4V，与其它实验电压表示数不同，序号为2的实验数据有错误；
因电压表示数小于控制的电压，由分压原理，造成该错误的可能原因为滑动变阻器接入电路的阻值偏大；
②由表中数据第1次数据，根据欧姆定律和串联电路电压的规律，电源电压最大为：
，故实验中所用电源的电压可能是6V。
故答案为：(1)A；(2)B；(3)在电阻不变时，通过导体的电流与电阻两端的电压成正比；8；(4)①2；大；②6V。
(1)为保护电路，开关闭合前滑片P应放在阻值最大处；
(2)连好电路闭合开关，电流表有示数，则电路为通路，由电压表示数为零分析电路可能故障原因；
 (3)电流表读数I与电压表对应读数U的关系图线为过原点的直线，据此回答；
由图，根据欧姆定律得出电阻箱接入电路的电阻；
(4)①研究“电流与电阻的关系”，要控制电阻的电压不变，找出与其它实验电压表示数不同的实验；
②由分压原理分析。
本题研究电流与电压、电阻的关系”的实验，考查注意事项、故障和数据分析、控制变量法、电阻计算及串联电路的规律、欧姆定律的运用。

30.【答案】0.240.48右  增加一节干电池  B D D

【解析】解：(1)闭合开关，当电压表的示数达到2V时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，其读数为0.24A，此时，灯泡的功率为：
P=UI=2V×0.24A=0.48W；
灯在额定电压下正常发光，示数为2V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压；
(2)当电压表示数达到2.5V时，无论怎么调节变阻器滑片都无法使电压表示数变大，说明电源电压小于2.5V，故为了用该灯泡继续完成实验，应增大电源电压，做法是增加一节干电池；
(3)解决了(2)中问题后，又测出电压略大于2.5V时的灯泡功率，这里测量三组数据的目的是寻找普遍规律，选B；
(4)若小灯泡的额定电流为I0=2I1，假设灯泡的阻值不变，则。
由于灯泡的阻值不是定值，会随温度的升高而变大，所以，当灯泡在正常工作时，灯泡的阻值变大，则额定功率，所以最有可能的额定功率值P0=5P1；
故选：D；
(5)A.由R=UI可知，电压表测出电压，电流表测出电流，可测量小灯泡的电阻，故A能完成；
B.将电流分别串联在电路不同处，可探究串联电路电流的特点，故B能完成；
C.分别将电压表并联在各用电器两端，可探究串联电路电压的特点，故C能完成；
D、探究电流与电压的关系要控制电阻不变，灯的电阻随温度的变化而变化，故D不能完成。
故选D。
故答案为：(1)0.24；0.48；右；(2)增加一节干电池；(3)B；(4)D；(5)D。
(1)根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P=UI得出灯泡的功率；
灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；
(2)当电压表示数达到2.5V时，无论怎么调节变阻器滑片都无法使电压表示数变大，说明电源电压小于2.5V，据此分析；
(3)本实验中要测量灯的电压等于额定电压、小于和略高于额定电压时的电功率，并观察发光情况，从而得出普遍性的规律；
(4)由于灯泡的阻值不是定值，会随温度的升高而变大，所以，根据P=I2R分析额定功率P0的变化；
(5)①由欧姆定律分析；
②可将电流分别串联在电路不同处；
③可分别将电压表并联在用电器两端；
④探究电流与电压的关系要控制电阻不变。
本题测小灯泡的功率，考查电流表读数、功率计算、操作过程、对器材的要求、多次测量的目的和控制变量法的运用。

31.【答案】AB N 110 变大

【解析】解：
(1)根据乙图可知，当压力增大时，压敏电阻的阻值变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，衔铁被吸下，从而能断开AB所在的电路，所以货物装载机应接在接线柱AB之间；
(2)已知电源正负极，根据电流流向，由安培定则可知，电磁继电器中电磁铁上端为N极，下端是S极，
(3)因为R1和线圈电阻及变阻器R2串联，所以I1=I2=Imax=30mA=0.03A，
由图乙可知：F=800N时，R1=80Ω，
由I=UR得：
U1=I1R1=0.03A×80Ω=2.4V，
U′=U−U1=6V−2.4V=3.6V，
则R′=U′I2=3.6V0.03A=120Ω。
即：滑动变阻器R2的最大阻值至少为120Ω−10Ω=110Ω。
(4)想“提高货架能承受的最大压力”，同时还应防止“装载机停止向货架上摆放物品”，故应在增大压力的同时，不能增大电流，故从欧姆定律的角度能分析出，此时滑动变阻器R2接入电路的阻值应变大。
故答案为：(1)AB；(2)N；(3)110；(4)变大。
(1)根据乙图分析压敏电阻与压力大小的变化关系；当压力增大时，根据电阻的变化判定电路中电流的变化和电磁铁磁性的变化，从而判定出衔铁的状态，然后分析电路的连接方式；
(2)由安培定则可判断电磁铁的磁极；
(3)压敏电阻受到最大压力是800N，从图象上找到此时压敏电阻对应的电阻值是80Ω，电源电压是6V，根据R1与R2串联和欧姆定律就可以求出R2的最大阻值。
(4)据题目中所提示的“当货架承受的压力达到限定值，电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品”，即要增大货架能承受的最大压力，此时的压敏电阻值会更小，故电流会变大，使得电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品，所以从避免“装载机停止向货架上摆放物品”的角度分析判断即可确定滑动变阻器接入电路的电阻值变化。
本题为电学、磁学的综合题，知识点多、综合性强，考查学生的分析和计算能力，关键是所学知识包括计算公式的灵活运用。