江苏省南京市浦口区2023～2024学年九年级上学期期末物理练习试卷

南京市浦口区2023～2024学年第一学期期末九年级物理试卷(练习卷) 一．选择题（共11小题，满分22分，每小题2分） 1．（2分）如图所示的器具，属于省力杠杆的是（　　） A．独轮车 B．镊子 C．托盘天平 D．筷子 2．（2分）下列数据符合实际情况的是（　　） A．人体安全电压为36V B．挂壁式空调的功率约250W C．微波炉正常工作时的电流约为4A D．实验室电流表的电阻约为0.1kΩ 3．（2分）小明用竖直向上的力提一桶水，下列过程中小明对桶做功的是（　　） A．提着桶站立不动 B．提着桶水平移动 C．提桶但未能提起 D．提着桶向上爬楼 4．（2分）如图所示，电加热器的金属杯垫是发热体，小明将一杯冷水放在杯垫上加热，下列说法正确的是（　　） A．水与勺子热量相同时，不发生热传递 B．杯垫的温度越高，水的热量越大 C．杯垫和水的内能增加，但方式不同 D．水将温度传给勺子，勺子温度上升 5．（2分）小明用力斜向下将篮球掷向地面，篮球碰到地面后斜向上反弹，篮球在运动过程中经过A、B两点，如图所示。从A到B的过程中，下列数据可能正确的是（　　） 篮球位置 A B 动能/J a b 重力势能/J 6 10 A．a＝4 b＝0 B．a＝5 b＝2 C．a＝6 b＝0 D．a＝7 b＝2 6．（2分）以下关于家庭电路的说法或做法正确的是（　　） A．冰箱在使用时、其外壳必须接地 B．空气开关“跳闸”，一定是短路引起的 C．若家用电器起火，应尽快用水将其扑灭 D．使用测电笔辨别火线，手不能接触笔尾金属体 7．（2分）如图所示，某款直饮水机可通过刷卡（闭合“感应”开关S1）或投币（闭合“投币”开关S2）接通供水电机取水：光线较暗时“光控”开关S3自动闭合，提供照明。下列简化电路图，符合要求的是（　　） A． B． C． D． 8．（2分）如图，电源电压不变，闭合开关，一段时间后，灯L突然熄灭。若电路中仅有一处断路，且只发生在电阻R或灯L上。为检测电路故障，以下方案不可行的是（　　） A．将电压表并联在L两端 B．将电流表并联在L两端 C．用完好的导线并联在L两端 D．用完好的灯L0并联在L两端 9．（2分）如图，将物体匀速从斜面底端拉到顶端，斜面长s为4m、斜面高h为2m，拉力F沿斜面向上，物体受到斜面的摩擦力f为50N，机械效率η为80%。下列说法正确的是（　　） A．拉力F为50N B．物体重为250N C．拉力F做的总功为1000J D．克服物重做的有用功为200J 10．（2分）在图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R1、R2为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S，将滑片P从右端滑到左端的过程中，电压表V1、V2示数随电流表A示数变化的完整图线如图乙所示，能正确反映该过程的电压表V3示数随电流表A示数变化的图线是（　　） A． B． C． D． 11．（2分）如图所示，电源电压恒为6V，R0＝20Ω，滑动变阻器的规格为“30Ω 1A”，电流表的量程为“0～0.6A”，小灯泡上标有“4V 2W”字样，不考虑灯丝电阻变化，并保证电路安全，则（　　） A．当S闭合，S1、S2都断开时，滑动变阻器接入电路的阻值范围是2Ω～30Ω B．当S闭合，S1、S2都断开时，电路消耗最大功率是3W C．当S、S1、S2都闭合时，电路消耗的总功率最小值为2.4W D．当S、S1、S2都闭合时，滑动变阻器接入电路的最小阻值是6Ω 12．嫦娥六号2024年5月3日成功发射，6月25日返回器携带月球样品着陆地球。如图，为嫦娥六号发射的场景。下列说法正确的有（　　） A．嫦娥六号用的火箭喷气发动机也是热机的一种 B．嫦娥六号升空的过程是机械能转化为内能的过程 C．随着科技的发展，会实现火箭喷气发动机的内能全部转化为火箭的机械能 D．嫦娥六号卫星舱内携带的月球车等物品，在升空过程中，内能和机械能都增加 三．填空题（共7小题，满分26分） 13．（3分）2023年10月31日，我国神舟十六号载人飞船返回舱，安全降落在东风着陆场预定区域。返回舱穿越大气层时温度升高，这是通过 　 　（选填“热传递”或“做功”）的方式将机械能转化为 　 　能。因为液态氢的 　 　大可以作为火箭发动机的燃料。 14．（4分）如图甲，工人用250N的拉力将质量35kg的物体从地面运到楼上，每个滑轮重50N。物体上升高度h与时间t的关系如图乙所示，则物体上升的速度为 　 　m/s，绳子自由端20s移动 　 　m，工人做功的功率为 　 　W，此装置的机械效率为 　 　%。 15．（3分）如图，将两种金属片A、B分别插入柠檬制成“柠檬电池”，能使发光二极管发光，电压表有示数。发光二极管主要由材料 　 　（选填“钨”、“硅”或“铜”）制成，其中金属片 　 　是电池的正极，水果电池放电时将 　 　能转化为电能。 16．（3分）塑料袋封口夹的电路图如图所示，它利用电流的 　 　效应实现高温封口。已知电源电压恒为6V，电热丝R为1Ω，闭合开关S，3s内产生的热量为 　 　J，若使用时总把塑料袋烫坏，可以 　 　（选填“增大”或“减小”）R的阻值。 17．（3分）小明观察到电水壶的额定功率为1000W，电能表常数模糊不清。电水壶正常工作时将2kg水从20℃加热到70℃用时8min，水的内能增加 　 　J，电水壶的效率为 　 　%，若家里只有电水壶工作，电能表示灯闪烁400次，可推算出电能表常数为 　 　imp/（kW•h）。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] 18．（5分）如图甲，电源电压不变，小灯泡L的额定电流为0.6A，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程为“0～15V”。闭合开关S，在保证电路安全的前提下，调节电阻箱R，分别绘制了电流表示数与电压表示数、R的阻值变化关系图象，如图乙、丙，则L的额定功率为 　 　W，电源电压为 　 　V；当电流表示数为0.25A时，R消耗的电功率为 　 　W；若将电压表量程换为“0～3V”，设R消耗的功率为P1时，L消耗的功率为P2，则的最小值为 　 　，此时，通电1min灯L消耗的电能为 　 　J。 19．（5分）如图是风光互补路灯系统，安装风力发电机和太阳能电池板，分别利用风能和太阳能发电并将电能储存至蓄电池中，供路灯使用。某型号的风光互补路灯参数如表所示： 风力发电额定输出功率 路灯额定电压 路灯额定功率 太阳能电池板转换效率 200W 24V 48W 20% （1）路灯的额定电流为 　 　A，路灯正常发光时的电阻为 　 　Ω。 （2）若仅有风力发电机在额定输出功率下工作10h，同时路灯也正常工作，还可供蓄电池储存的电能为 　 　kW•h。 （3）如果太阳光照射到地面时单位面积上的辐射功率为800J/（s•m2），若电池板的面积为0.9m2，则太阳能电池板平均输出功率为 　 　W。无风的晴天，光照5h，太阳能电池板产生的电能最多能提供照明 　 　h。 四．作图题（共3小题，满分6分，每小题2分） 20．（2分）如图是放在水平地面上的座椅侧面图，要在C点用最小的力F使座椅绕B点转动，请在图中画出F的示意图及其力臂L。 21．（2分）在如图所示电路的“〇”内填上适当的电表符号。要求：当开关S闭合时，两电阻均消耗电能。 22．（2分）如图，插座已正确接入家庭电路，电位器可调节灯泡亮度，a、b、c是它的三个接线柱，要求顺时针旋转旋钮时，灯泡变亮，请将其接入电路。 五．实验探究题（共4小题，满分27分） 23．（5分）在“探究杠杆平衡条件”的实验中： （1）实验前若向右调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡，则调节之前杠杆 　 　端高； （2）图甲中，在A处挂2个钩码，为使杠杆在水平位置平衡，应在B处挂 　 　个钩码。杠杆平衡后，再用一滑轮推动悬线（如图乙），会发现杠杆 　 　（填“左端下沉”、“仍然平衡”或“右端下沉”）。 （3）图丙中，长为3cm的长方体橡皮放在20cm长的直尺（两端刻度线与尺的边缘对齐）上，向右移动直尺，使其恰好不翻倒，此时位置如图丁，若橡皮和直尺均质地均匀，则橡皮和直尺的质量之比为 　 　，将橡皮翻转至虚线位置（如图戊），则直尺 　 　（选填“不能”或“能”）平衡。 24．（7分）用以下装置进行实验： （1）图甲中，若要探究“电阻丝产生的热量与电流大小的关系”，还需要的测量器材是 　 　，实验中通过观察 　 　来比较产生的热量； （2）若要探究“电阻丝产生的热量与电阻大小的关系”，应选用图乙中的烧瓶 　 　，并将其电阻与图甲中R串联； （3）若要探究“不同物质吸热升温的现象”，应选择图乙中的烧瓶 　 　，并将其电阻与图甲中R 　 　（选填“串联”、“并联”或“串并联都可以”）； （4）将图乙中三个烧瓶内的电阻并联起来，通电一段时间后，瓶中液体都没有沸腾，烧瓶 　 　中的液体吸热最多，烧瓶 　 　中的液体升温最慢。 25．（7分）探究“电流与电压的关系”实验中，已知电源电压恒为4.5V，滑动变阻器规格为“40Ω 1A”，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程为“0～3V”。 （1）如图甲，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最 　 　（选填“左”或“右”）端； （2）实验前，电流表指针如图乙，其原因是 　 　； （3）排除故障后，调节滑片P，测出通过定值电阻R的电流和对应的电压值，绘制出I﹣U图象（图丙a）；接着将电阻换成小灯泡，重复上述过程，绘制出I﹣U图象（图丙b），则图象中三处电阻RA、RB、RC中最小的是 　 　； （4）实验完成后，用该装置探究“电流与电阻的关系”，可供选择的电阻分别为4Ω、8Ω、12Ω、16Ω和20Ω； ①将4Ω电阻连入电路，闭合开关，适当调节滑片P，读出电流表的示数I1为0.4A，记录数据； ②断开开关，将4Ω电阻换成8Ω电阻接入电路，正确操作后，读出电流表示数I2为 　 　A，记录数据，此时变阻器接入电路中的电阻是 　 　Ω； ③…… ④若分别将五个电阻单独换入电路都能完成实验，控制不变的电压值应该不低于 　 　V，不高于 　 　V。 26．（8分）测量电阻的实验中，电源电压约3V且不变，滑动变阻器R1的规格为“10Ω 1A”，待测电阻Rx的阻值约几欧，小灯泡L的额定电流为0.3A。 （1）测量待测电阻Rx的阻值。 ①图甲所示电路中有一根导线连接错误，请在错误的导线上画“×”并在图中改正； ②改正后闭合开关，调节R1，得出的实验数据如下表，第三次实验的电压表示数如图乙，为 　 　V； 实验次数 电压U/V 电流I/A 电阻Rx/Ω 1 1.2 0.24 2 1.5 0.30 3 0.46 ③根据表中数据得出Rx为 　 　Ω（保留一位小数）。 （2）测量小灯泡L正常发光时的阻值。 用滑动变阻器R2（最大阻值未知）、滑动变阻器R1和电流表等器材，设计电路如图丙，虚线框内分别为R1或R2（未填出），步骤如下： ①将R1、R2的滑片移至最右端，闭合S、S1，断开S2，再将R2的滑片移至最左端，电流表的示数为0.28A； ②将R2的滑片移至最右端，断开S1，闭合S、S2，向左移动 　 　的滑片，直至电流表的示数为 　 　A； ③　 　，断开S2，闭合S、S1，电流表的示数恰好为0.2A； ④则小灯泡正常发光时的电阻RL＝　 　Ω（保留一位小数）。 六．计算题（共2小题，满分14分） 27．（8分）用过氧乙酸对教室内空气进行熏蒸消毒。某小组为了测量教室空气中过氧乙酸气体的浓度，用电压表改装成检测仪，如图甲所示。已知电源电压为6V，定值电阻R0的规格是“3Ω 0.4A”，电压表的量程为“0～3V”，过氧乙酸气体传感器Rt的阻值随过氧乙酸气体浓度ρ的变化关系如图乙所示。 （1）按要求，ρ＞0.1g/m3才能达到消毒要求。当电压表的示数为0.9V时，通过计算判断教室内过氧乙酸气体的浓度是否达到消毒要求； （2）该检测仪处在所能测量的最大值状态下工作时，求过氧乙酸气体传感器R1的阻值； （3）若检测仪所能测量的最大值调整为0.45g/m3，此时电压表指针刚好偏转到最大刻度，需将R0的规格“3Ω 0.4A”更换为“　 　”； （4）检测仪长时间使用后，小组未及时更换新电池，则测量值会 　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 28．（6分）某油电混合动力小汽车进行性能测试，先采用燃油作为动力，该车在一段平直的公路上匀速行驶了40km。已知车总重为1.2×104N，车行驶中受到的阻力为车总重的0.05倍。 （1）求测试过程该车牵引力做的功； （2）若该过程中每百公里的耗油量为3.5kg，燃油热值为4.6×107J/kg，求该过程中燃油完全燃烧放出的热量； （3）现改用电动力对该车进行上述测试，发现该车在同一路段同样行驶40km，只需要消耗电能8kW•h，通过计算比较用燃油和用电做动力哪种效率更高？ 南京市浦口区2023～2024学年第一学期期末九年级物理试卷(练习卷) 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A C D C D A C C C A B D 一．选择题（共11小题，满分22分，每小题2分） 1．【分析】杠杆类型的判断依据是动力臂和阻力臂的大小关系，根据力臂关系即可判断杠杆属于哪种类型。 【解答】解：独轮车在使用时，动力臂大于阻力臂，根据杠杆平衡条件可知，动力小于阻力，所以独轮车为省力杠杆；镊子使用时，由于阻力臂大于动力臂，所以动力大于阻力，为费力杠杆；同理，可判定筷子为费力杠杆；天平使用时，动力臂等于阻力臂，所以动力等于阻力，为等臂杠杆。 故选：A。 【点评】此题考查的是杠杆类型的判定，是杠杆题目中比较基础和典型的题目类型，判定方法：①动力臂大于阻力臂，省力杠杆；②动力臂小于阻力臂，费力杠杆；③动力臂等于阻力臂，等臂杠杆。 2．【分析】首先要对选项中涉及的几种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。 【解答】解： A、人体的安全电压为不高于36V，故A错误； B、空调的功率在1000W以上，挂壁式空调功率约为250W，故B错误； C、微波炉正常工作时的电功率约900W，根据P＝UI可知，微波炉正常工作时的电流约为4A，故C正确； D、实验室中电流表的电阻很小，在电路中相对于导线，电阻约为0.01Ω，故D错误； 故选：C。 【点评】对于生活中数据的估测，应从实际的角度出发进行判断，也可从自己的角度出发判断，如自己的身高、自己的体重、自己正常时的体温及正常行走的速度等方面来与题目中的数据比较，只要相差不大，即该数据就是合理的。 3．【分析】本题要抓住做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。二者缺一不可。 【解答】解：A、提着桶站立不动，小明对水桶的拉力竖直向上，但水桶没有在该力的方向上移动距离，故小明对水桶没有做功，故A不符合题意。 B、提着桶水平移动，小明对水桶的拉力竖直向上，但水桶没有在该力的方向上移动距离，故小明对水桶没有做功，故B不符合题意。 C、提桶但未能提起，小明对水桶的拉力竖直向上，但水桶没有在该力的方向上移动距离，故小明对水桶没有做功，故C不符合题意。 D、提着桶向上爬楼，小明对水桶的拉力竖直向上，水桶在该力的方向上移动了距离，故小明对水桶做功，故D符合题意。 故选：D。 【点评】有力有距离，力对物体不一定做功，物体必须在力的作用下通过了距离，力对物体才做功。 4．【分析】（1）发生热传递的条件是存在温度差； （2）在热传递过程中物体内能改变的多少叫热量，热量是一个过程量； （3）内能的改变方式有做功和热传递，其中做功实质是能量的转化，而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。 【解答】解：A、因为发生热传递的条件是存在温度差，所以水与勺子不发生热传递是因为两者的温度相同，故A错误； B、热量表示在热传递过程中物体内能改变的多少，热量是一个过程量，因此不能说水的热量越大，故B错误； C、杯垫的内能增加是电流做功的结果，而水内能的增加是热传递的结果，因此两者方式不同，故C正确； D、发生热传递时，传递的是热量，不是温度，热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，或从物体的高温部分传递到低温部分，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了做功改变内能的两种方式和热量的定义，难度一般。 5．【分析】篮球运动过程中受到空气阻力，机械能逐渐变小；机械能是物体动能与势能的总和，据此进行分析。 【解答】解：篮球在运动过程中受到空气阻力作用，机械能逐渐减小，所以A点的机械能大于B点的机械能； A、若a＝4 b＝0，则A点的机械能为4J+6J＝10J，B点的机械能为10J，与事实不符，故A错误； B、若a＝5 b＝2，则A点的机械能为5J+6J＝11J，B点的机械能为2J+10J＝12J，与事实不符，故B错误； C、若a＝6 b＝0，篮球在B点时有一定的速度，动能不为0，与事实不符，故C错误； D、若a＝7 b＝2，则A点的机械能为7J+6J＝13J，B点的机械能为2J+10J＝12J，与事实相符，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了机械能的转化的相关知识，关键明确篮球在B点时速度不为零，有动能。 6．【分析】（1）金属外壳的用电器必须使用三孔插座，使外壳与大地相连； （2）造成电路中电流过大的原因可能是短路，也可能是用电器总功率过大； （3）生活用水是导体，发现工作中的家用电器起火，不能用水将其扑灭； （4）使用测电笔时，手只有接触笔尾金属体，测电笔才能使用。 【解答】解：A、金属外壳的家用电器，为了防止使用时触电，其外壳必须接地，故A正确； B、空气开关“跳闸”是由于电路中电流过大，可能是电路中总功率过大或短路引起的，故B错误； C、由于生活用水是导体，家用电器起火，用水扑灭时容易发生触电事故，故C错误； D、使用测电笔时，手必须接触笔尾金属体，用笔尖接触被检测导线，才能辨别火线和零线，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查生活中的安全用电的基础知识，难度不大。 7．【分析】由题知，闭合“感应”开关S1或“投币”开关S2都能接通供水电机取水，说明两开关互不影响，为并联方式；“光控”开关S3自动闭合，提供照明。据此分析解答。 【解答】解：由题知，直饮水机既可以通过刷卡闭合感应开关S1，接通供水电机取水，也可以通过投币闭合投币开关S2，这说明刷卡和投币互不影响，故感应开关S1和投币开关S2应是并联的，S1、S2都能控制电动机； 光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡提供照明，这说明灯泡能独立工作，故灯泡与电动机是并联的。只有C图符合题意。 故选：C。 【点评】根据考查根据要求设计电路图，明确并联电路各支路互不影响及开关与控制的电路串联是关键。 8．【分析】闭合开关，L、R串联。根据题干信息，逐项分析各选项，找出不可行的方案。 【解答】解：闭合开关，L、R串联。 A、若R断路，灯L熄灭，将电压表并联在灯L两端，电压表无示数；若L断路，灯L熄灭，将电压表并联在灯L两端，电压表有示数，故A中方案可行； B、若R断路，灯L熄灭，将电流表并联在L两端，灯L不亮，电流表无示数；若L断路，灯L熄灭，将电流表并联在L两端，灯L不亮，电流表有示数，故B中方案可行； C、用完好的导线并联在L两端，R断路，灯泡不亮，L断路，灯泡不亮，无法区分电路故障，故C方案不可行； D、把完好的灯L0接在灯泡的位置上，灯L0发光，则故障是灯泡断路，灯L0不发光，则是R断路，故D中方案可行。 故选：C。 【点评】本题考查串联电路的故障分析，属于中档题。 9．【分析】（1）知道物体受到斜面的摩擦力f、斜面长s，利用W＝fs求拉力做的额外功；拉力做的总功等于有用功加上额外功，斜面的机械效率η＝＝，知道斜面的机械效率，可求拉力做的有用功，再求出拉力做的总功； （2）利用W＝Fs求拉力大小； （3）利用W＝Gh求物体重力大小。 【解答】解：CD、拉力做的额外功：W额＝fs＝50N×4m＝200J； 拉力做的总功W总＝W有用+W额， 因为斜面的机械效η＝＝， 所以拉力做的有用功（克服物重做的有用功）： W有用＝W额＝×200J＝800J； 拉力做的总功W总＝W有用+W额＝800J+200J＝1000J，故C正确、D错误； A、由W＝Fs得拉力：F＝＝＝250N，故A错误； B、由W＝Gh得物体重力：G＝＝＝4000N，故B错误。 故选：C。 【点评】本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、拉力、提升物体重力的计算，明确有用功、总功、额外功之间的关系是关键。 10．【分析】（1）由电路图可知，R1、R、R2串联，电压表V1测R1两端的电压，V2测R两端的电压，V3测电源的电压与R1两端的电压之差；根据滑片的移动判断滑动变阻器接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，从而判断图线表示的电压表。 （2）当滑片位于左端时，R1与R2串联，根据图像得出R1两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出R1的阻值，根据串联电路的电压特点表示出电源的电压。 当滑片位于右端时，R1、R、R2串联，根据串联电路的电压特点表示出电源的电压，联立等式求出电源的电压； （3）根据串联电路的电压特点得出电压表V3与V1之间的关系，即可判断图像。 【解答】解：（1）将滑动变阻器的滑片P从右端滑到左端的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小， 根据I＝可知，电路中的电流变大； 根据U＝IR可知，R1两端的电压变大， 故a表示电压表V1随电流表A示数变化的图线，b表示电压表V2随电流表A示数变化的图线，如下图： 。 （2）当滑片位于左端时，R1与R2串联， 由乙图像可知：R1两端的电压U1＝8V，通过的电流I1＝2A， 则R1＝＝＝4Ω； 电源的电压U＝U1+I1R2＝8V+2A×R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 当滑片位于右端时，R1、R、R2串联， 由乙图可知，I2＝1A，R两端的电压UR＝6V，U1′＝4V， 则电源的电压U＝UR+U1′+I2R2＝6V+4V+1A×R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 由①②两式可得：U＝12V，R2＝2Ω。 （3）因V3测电源的电压与R1两端的电压之差， 所以，当U1＝8V、I1＝2A时，V3的示数为U﹣U1＝12V﹣8V＝4V； 当U1′＝4V、I2＝1A时，V3的示数为U﹣U1′＝12V﹣4V＝8V； 结合选项可知A符合，BCD不符合。 故选：A。 【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，由电路图判断各电压表所测电路元件是关键，根据滑片的移动判断电阻的U﹣I图像是本题的难点。 11．【分析】（1）当S闭合，S1、S2都断开时，小灯泡与滑动变阻器串联接入电路；为保证电路安全，电流最大值应与小灯泡正常发光时的电流相等，由欧姆定律可知：此时滑动变阻器接入电路的阻值最小，由电功率公式P＝UI可知：此时电路消耗的电功率最大；因电源电压恒为6V，当滑动变阻器接入电路阻值变大时，串联电路电流变小，满足电路安全要求，由此可得到滑动变阻器接入电路的阻值范围； （2）当S、S1、S2都闭合时，小灯泡被短路，定值电阻R0与滑动变阻器并联接入电路；为保证电路安全，并联电路最大电流不应超过电流表最大测量值，由并联电路电流特点可求出允许通过滑动变阻器的最大电流；已知滑动变阻器的电压，由欧姆定律可求出滑动变阻器接入电路的最小阻值；当滑动变阻器接入电路的阻值最大为30Ω时，由欧姆定律可知：滑动变阻器的电流最小，由并联电路电流特点可知：并联电路电流最小；已知并联电路电流最小值，由电功率公式可求出电路消耗的总功率最小值。 【解答】解：AB、当S闭合，S1、S2都断开时，小灯泡与滑动变阻器串联接入电路；由电功率公式可知：小灯泡正常发光时电流；为保证电路安全，该串联电路最大电流Imax＝I灯＝0.5A，此时滑动变阻器接入电路阻值最小；由串联电路电压规律可知：滑动变阻器两端电压UP＝U﹣U灯＝6V﹣4V＝2V；由欧姆定律可知：滑动变阻器接入电路最小阻值；电源电压恒为6V，当滑动变阻器接入电路阻值变大时，串联电路电流变小且小于0.5A，满足电路安全要求，即滑动变阻器接入电路的阻值范围是4Ω～30Ω，故A错误；因电源电压恒为6V，当通过该串联电路的电流达到最大值Imax时，电路消耗功率最大；由电功率公式可知：电路消耗最大功率Pmax＝UImax＝6V×0.5A＝3W，故B正确； CD、当S、S1、S2都闭合时，小灯泡被短路，定值电阻R0与滑动变阻器并联接入电路；由并联电路电压规律可知：定值电阻R0两端电压U0＝UP＝U＝6V；由欧姆定律可知：通过电阻R0的电流；为保证电路安全，并联电路最大电流不应超过电流表最大测量值0.6A，由并联电路电流特点可知：通过滑动变阻器的最大电流I最大＝IA﹣I0＝0.6A﹣0.3A＝0.3A；由欧姆定律可知：滑动变阻器接入并联电路的最小阻值，故D错误；当滑动变阻器阻值为30Ω时，由欧姆定律可知：通过滑动变阻器的电流最小，此时通过并联电路电流最小，由并联电路电流特点可知：I最小＝IP+I0＝0.2A+0.3A＝0.5A；由电功率公式可知：电路消耗最小功率P最小＝UI最小＝6V×0.5A＝3W，故C错误。 故选：B。 【点评】本题考查欧姆定律的多状态计算、电功率的综合计算。解题关键是理解多开关闭合、断开下电路的特点，熟练基本的电学公式。 12．【分析】（1）利用内能做功的机器属于热机； （2）热机是将内能转化为机械能的机械； （3）能量转换过程中存在不可避免的损耗； （4）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。 重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。 机械能等于动能和势能之和。 【解答】A．火箭使用的喷气式发动机工作时将内能转化为机械能，是热机的一种，故A正确； B．嫦娥六号升空的过程，燃料燃烧释放出的内能转化为机械能，故B正确； C．由于能量转换过程中不可避免的损耗（如热损失），不可能实现内能全部转化为机械能，故C错误； D．卫星舱内物品在升空过程中，质量不变，速度增大，所以动能增加；升空过程中高度增大，所以重力势能增加；机械能等于动能和重力势能之和，所以机械能增加。但内能不一定增加，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查了热机的定义和应用，机械能和内能的变化分析，属于基础题。 三．填空题（共7小题，满分26分） 13．【分析】（1）改变物体内能的方法：做功和热传递，对物体做功，物体内能增大，物体对外做功，物体内能减小；物体吸收热量，物体内能增大，物体放出热量，物体内能减小。 （2）热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小。 【解答】解：返回器在通过大气层时，与空气发生摩擦，此时返回器要克服摩擦做功，机械能转化为内能，这是通过做功的方式发生能量转化的。 火箭发动机以液态氢为燃料，原因是液态氢具有较高的热值，根据Q放＝mq可知，完全燃烧相同质量的液态氢和其它燃料相比，液态氢可以释放出更多的热量。 故答案为：做功；内；热值。 【点评】本题重点考查了改变内能的方式，同时考查了热值和热机的相关知识，注意区分做功和热传递改变内能的实质，属于基础题目。 14．【分析】（1）根据速度公式求出物体上升的速度； （2）根据滑轮组装置确定绳子股数，利用s＝nvt求出绳子自由端20s移动的距离； （3）根据W总＝Fs求出20s内工人做的总功，利用P＝求出工人拉力做功的功率； （4）由图确定物体20s上升的高度，根据W有＝Gh＝mgh求出有用功，利用η＝求出此装置的机械效率。 【解答】解：由图可知，物体匀速上升，当物体上升10m，所用的时间为40s，则物体上升的速度为： v＝＝＝0.25m/s； 由图可知，n＝2，绳子自由端20s移动的距离为： s＝nvt＝2×0.25m/s×20s＝10m； 20s内工人做的总功为： W总＝Fs＝250N×10m＝2500J， 则工人拉力做功的功率为： P＝＝＝125W； 由图可知，物体20s上升的高度为5m，工人做的有用功为： W有＝Gh＝mgh＝35kg×10N/kg×5m＝1750J， 此装置的机械效率为： η＝＝×100%＝70%。 故答案为：0.25；10；125；70。 【点评】本题考查了速度公式、做功公式和功率公式以及滑轮组机械效率公式的应用，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。 15．【分析】发光二极管主要由材料是硅制成的；根据电压表的连接方法确定电路中电流方向，进而确定“柠檬电池”的正负极。 【解答】解：发光二极管主要材料是硅制成的；“柠檬电池”将化学能转化为电能，题知，电压表有示数，电流从电压表的正接线柱流入、负接线柱流出，则B为正极、A为负极；水果电池放电时将化学能转化为电能。 故答案为：硅；B；化学。 【点评】本题考查水果电池，是基础题。 16．【分析】当电流通过电阻时，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应；纯电阻电路产生的热量Q＝I2Rt＝t，若电压不变，则R越大产生的热量越少。 【解答】解：电流通过电阻，因为电流的热效应，电阻发热产生热量，温度升高，实现高温封口； 电阻产生的热量为：Q＝I2Rt＝t＝×3s＝108J； 若使用时总把塑料袋烫坏，这说明电热丝在相同时间内产生的热量过大；由公式Q＝I2Rt＝t可知，电压不变，要减小电阻产生的热量，应增大R的阻值。 故答案为：热；108；增大。 【点评】本题考查了电流的热效应及焦耳定律的计算公式的应用，属于基础考查，难度不大。 17．【分析】（1）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，即水的内能增加量； （2）根据W＝Pt求出电水壶消耗的电能，根据效率公式求出电水壶的效率； （3）根据W＝求出用电器消耗1kW•h电能，电能表指示灯闪烁的次数。 【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（70℃﹣20℃）＝4.2×105J， 即水的内能增加4.2×105J； （2）电水壶消耗的电能：W＝Pt′＝1000W×8×60s＝4.8×105J＝kW•h， 电水壶的效率：η＝＝＝0.875＝87.5%； （3）由W＝可知，用电器消耗1kW•h电能，电能表的指示灯闪烁的次数：N＝＝3000imp/（kW•h）， 即电能表常数为3000imp/（kW•h）。 故答案那位：4.2×105；87.5；3000。 【点评】本题考查吸热公式、电功公式的应用以及对电能表参数的理解和掌握，难度不大。 18．【分析】由甲图可知，滑动变阻器和灯泡串联，电压表测灯泡L两端的电压，电流表测量电路中的电流。 （1）小灯泡L的额定电流为0.6A，由图乙可知灯泡两端的电压是6V，根据P＝UI得出灯泡的额定功率； （2）由图丙可知，通过变阻器的电流为0.6A时，电阻箱接入电路的电阻为10Ω，根据欧姆定律得出变阻箱两端的电压，根据串联电路的电压特点得出电源电压； （3）当电流表示数为0.25A时，由图乙可知，灯泡两端的电压是1V，根据串联电路的电压特点得出变阻箱两端的电压；由串联电路电流的规律和电功率的公式得到变阻箱消耗的电功率； （4）若将电压表量程换为“0～3V”，设R消耗的功率为P1时，L消耗的功率为P2，要使的值最小，需要使P1尽可能小，P2尽可能大，由于小灯泡L两端的电压最大为3V，由串联电路电压的规律算出R两端的最小电压，由于串联电路电流处处相等，算出的最小值； 由图乙知当小灯泡两端的电压为3V时，通过小灯泡的电流为0.5A，根据W＝UL′IL′t算出此时通电1min灯L消耗的电能。 【解答】解： 由甲图可知，滑动变阻器和灯泡串联，电压表测灯泡L两端的电压，电流表测量电路中的电流。 （1）小灯泡L的额定电流为0.6A，由图乙可知灯泡两端的电压是6V，根据P＝UI可知灯泡的额定功率 PL＝ULIL＝6V×0.6A＝3.6W； （2）由图丙可知，通过变阻箱的电流为0.6A时，变阻箱接入电路的电阻为10Ω，根据欧姆定律可知变阻箱两端的电压 U箱＝IR箱＝0.6A×10Ω＝6V， 根据串联电路的电压特点可知电源电压为 U＝UL+U箱＝6V+6V＝12V； （3）当电流表示数为0.25A时，由图乙可知，灯泡两端的电压是1V，根据串联电路的电压特点可知变阻箱两端的电压为： U箱1＝U﹣UL1＝12V﹣1V＝11V， 由串联电路电流的规律和电功率的公式得到变阻器消耗的电功率为： P＝U箱1I1＝11V×0.25A＝2.75W； （4）若将电压表量程换为“0～3V”，设R消耗的功率为P1时，L消耗的功率为P2，要使的值最小，需要使P1尽可能小，P2尽可能大，由于小灯泡L两端的电压最大为3V，R两端的电压最小为U箱2＝U﹣UL′＝12V﹣3V＝9V，由于串联电路电流处处相等，所以的最小值为＝＝＝＝3； 由图乙知当小灯泡两端的电压为3V时，通过小灯泡的电流为0.5A， 此时通电1min灯L消耗的电能为： W＝UL′IL′t＝3V×0.5A×60s＝90J。 故答案为：3.6；12；2.75；3；90。 【点评】本题考查电功率公式、电功公式以及串联电路的特点，看懂图像是解题的关键。 19．【分析】（1）根据P＝UI求出路灯的额定电流；根据欧姆定律求出路灯正常发光时的电阻； （2）根据W＝Pt求出风力发动机输出的电能；根据W＝Pt求出路灯消耗的电能；风力发动机输出的电能与路灯消耗的电能之差即为蓄电池储存的电能； （3）已知太阳光照射到地面时的辐射功率和电池板的面积，可以得到太阳能电池板接收到的总功率；总功率乘以转换效率就是电池板的输出功率； 计算光照5h太阳能电池板产生的电能，由P＝计算能使灯泡正常工作的时间。 【解答】解：（1）由P＝UI可知，路灯的额定电流：IL＝＝＝2A； 由I＝知，路灯正常发光时的电阻：R＝＝＝12Ω； （2）由P＝可知，风力发动机输出的电能：W电＝P电t＝200×10﹣3kW×10h＝2kW•h， 路灯消耗的电能：WL＝PLt＝48×10﹣3kW×10h＝0.48kW•h， 蓄电池储存的电能：W＝W电﹣WL＝2kW•h﹣0.48kW•h＝1.52kW•h； （3）太阳能电池板接收到的总功率：P总＝800J/（s•m2）×0.9 m2＝720W， 太阳能电池板平均输出功率：P输出＝P总η＝720W×20%＝144W； 光照5h，太阳能电池输出电能：W＝ηP输出t＝0.144kW×5h＝0.72kW•h， 由表格中数据知，路灯额定功率48W＝0.048kW， 由P＝可得能使灯泡正常工作的时间：t＝＝＝15h。 故答案为：（1）2；12；（2）1.52；（3）144；15。 【点评】本题考查欧姆定律、电功率公式、电功公式以及效率公式的应用，是一道综合题，有一定的难度。 四．作图题（共3小题，满分6分，每小题2分） 20．【分析】（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。 【解答】解：图中支点在B点，要求在C点用力，连接BC，则BC就是最长的动力臂L；由题意可知，要在C点用最小的力F使座椅绕B开始转动，则动力应垂直于力臂L向右，据此可画出最小动力F的示意图；如下图所示： 【点评】根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力。 21．【分析】电流表与被测得用电器串联，电压表与被测得用电器并联；根据当开关S闭合时，两电阻均消耗电能，据此填入电表。 【解答】解：题目要求，开关S闭合时，两电阻均消耗电能，则R1、R2均能工作； 若右边圆圈内填入电流表，则左下方圆圈内只能填电压表，防止电源被短路，但此时导线将R2和电流表短路，所以右边圆圈内填入电压表，左下方圆圈内只能填电流表，R1和R2并联接入电路，如图所示： 。 【点评】本题考查了电流表和电压表在电路中的作用，属于中档题。 22．【分析】家庭电路中，开关控制灯泡时，火线首先过开关，然后进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套。这样连接的电路，不但开关控制灯泡，而且断开开关，切断火线，更换灯泡时，更安全； 根据两孔插座确定火线和零线，再根据顺时针旋转旋钮时，灯泡变亮确定电位器的接法。家庭电路中，开关控制灯泡时，火线首先过开关，然后进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套。这样连接的电路，不但开关控制灯泡，而且断开开关，切断火线，更换灯泡时，更安全； 根据两孔插座确定火线和零线，再根据顺时针旋转旋钮时，灯泡变亮确定电位器的接法。 【解答】解：两孔插座的左孔接零线，右孔接火线，由此可知，上面的导线是火线，中间的导线是零线； 顺时针旋转电位器旋钮时，灯泡变亮，说明电位器接入电路的电阻变小，所以应该是b、c接入电路，即c接火线，螺旋口接零线，如图所示： 【点评】本题考查了家庭电路的连接，关键是确定导线的名称以及开关和灯泡的接法。 五．实验探究题（共4小题，满分27分） 23．【分析】（1）探究“杠杆的平衡条件”实验中，需要杠杆在水平位置平衡，调节时将螺母向上翘的一端移动； （2）设每个钩码重为G，杠杆每格长为L，根据杠杆平衡条件进行分析即可；根据力臂的概念、杠杆平衡条件进行判断；当杠杆不平衡时，力和力臂乘积较大的那一端下沉； （3）根据杠杆平衡条件进行分析。 【解答】解：（1）在挂钩码前，通过向右调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡，说明调节之前，杠杆的右端高左端低； （2）设每个钩码重为G，杠杆每格长为L，根据杠杆平衡条件有：2G×10cm＝nG×20cm，解得：n＝1，故应在A处挂1个相同的钩码； 图乙是一个平衡的杠杆，此时若推动左侧钩码的悬线，则左侧悬线对杠杆的拉力变为斜向下，左侧拉力的力臂会变小，这时杠杆左侧拉力与力臂的乘积变小，小于右侧拉力与力臂的乘积，所以杠杆的右端下沉； （3）以桌子边缘为支点，由图丁可知，橡皮重心距桌面边沿的距离L1＝+1.5cm＝3cm，直尺重心距桌面边沿的距离L2＝﹣5.5cm＝4.5cm， 根据杠杆的平衡条件可得：G1L1＝G2L2，m1g×L1＝m2g×L2，则＝＝＝， 将橡皮翻转至虚线位置（如图戊），则直尺重心左移，G1L1变大，仍能平衡。 故答案为：（1）右；（2）1；右端下沉；（3）3：2；能。 【点评】本题考查了探究杠杆平衡条件的实验，掌握杠杆平衡的含义并理解在调节杠杆在水平位置平衡的目的是关键，要求能够熟练的应用杠杆的平衡条件进行分析问题。 24．【分析】（1）探究“电阻丝产生的热量与电流大小的关系”，还需要测量通电时间的工具秒表； 电阻丝产生热量的多少不易观察，通过加热相同液体，液体升高的温度来呈现，由此可得出结论； （2）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，根据控制变量法分析； （3）探究“不同物质吸热升温的现象”，应该使吸收热量相同，对相同质量的不同物质进行加热，通过加热时间来反映液体吸收热量多少； （4）根据Q＝I2Rt和Q＝cmΔt进行分析。 【解答】解：（1）由实验可知，要准确完成本实验除了图中的实验器材，还需的器材有测量通电时间的工具秒表； 电阻丝产生热量的多少不易观察，通过加热液体，液体升高的温度来呈现，所以电阻丝产生的热量多少是通过观察温度计升高的示数来反映； （2）若要探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，需要控制电流和通电时间相同，电阻不同，应选择图乙中烧瓶C与图甲中的烧瓶串联在电路中； （3）探究“不同物质吸热升温的现象”，应该使吸收热量相同，对相同质量的不同物质进行加热，故应选择图乙中的烧瓶A，使通过电阻的电流相同的，将其电阻与图甲中R串联或并联在电路中； （4）将图乙中三个烧瓶内的电阻并联起来，通电一段时间后，由Q＝I2Rt可知，A中电阻较小，通过的电流较大，A中产生的热量最多，液体吸热最多，B、C中电阻丝产生的热量相同，由于A、B中都为水，因此产生热量多的温度计升高的示数就大，故TA＞TB；由Q＝cmΔt可知，吸收的热量和质量都相同时，比热容越小，温度变化越快，因此煤油中温度计的示数大，故TC＞TB；由以上分析可得，烧瓶B中的液体升温最慢。 故答案为：（1）秒表；温度计升高的示数；（2）C；（3）A；串并联都可以；（4）A；B。 【点评】本题考查了学生对焦耳定律、吸热公式的掌握和运用等，难度适中。 25．【分析】（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最大值； （2）由图乙可知，电流表指针没有指在零刻度线上，使用电流表前应对电流表进行调零，使指针指在零刻度线上； （3）由图丙可知，a图线是正比例图线，可知B点电阻与a、b相交处电阻相等，因电压增大时灯丝温度升高，则灯泡的电阻增大，即RA＜RC＜R交点，据此分析回答； （4）②根据探究电流与电阻的关系的实验中，要控制定值电阻两端的电压不变，结合欧姆定律求出电路中的电流和变阻器接入电路中的电阻； ④由电流表量程为0﹣0.6A可知，电路中的最大电流为0.6A，当定值电阻接4Ω时，根据U＝IR求出定值电阻两端的电压U，所控制的电压不能超过U，若控制电压超过U，接4Ω的定值电阻时，会损坏电流表； 当滑动变阻器移到最大阻值，定值电阻接20Ω时，此时电路中的电流最小，根据欧姆定律可求出最小电流，根据U＝IR可求出此时定值电阻两端的电压U′，此时所控制的电压为U′，当控制电压小于U′时，接20Ω的定值电阻，移动滑动变阻器的滑片无法使电压表的示数达到所控制的电压。 【解答】解：（1）如图甲，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最左端； （2）闭合开关前，发现电流表指针如图甲，原因是电流表没有调零； （3）由图丙可知，a图线是正比例图线，表示定值电阻的I﹣U图象，所以B点电阻与a、b相交处电阻相等，由b图线可知，灯泡两端的电压变大时，电流变大，但电压增大比电流增大得更快，根据欧姆定律可知，灯泡的电阻增大，所以RA＜RC＜R交点＝RB，则图象中三处电阻RA、RB、RC中最小的是RA； （4）②探究电流与电阻的关系的实验中，要控制定值电阻两端的电压不变，由题意可知，定值电阻两端的电压为1.6V，此时电路中的电流：I2＝，变阻器两端的电压：U滑＝U﹣U2＝4.5V﹣1.6V＝2.9V，变阻器接入电路的电阻：R滑2＝； ④由电流表量程为0﹣0.6A可知，电路中的最大电流为0.6A，定值电阻接4Ω时，其两端的电压：U最大＝I最大R1＝0.6A×4Ω＝2.4V，所控制的电压不能超过2.4V，若控制电压超过2.4V，当接4Ω的定值电阻时，会损坏电流表； 当滑动变阻器移到最大阻值，定值电阻接20Ω时，此时电路中的电流最小，最小电流：I最小＝，此时定值电阻两端的电压：U最小＝I最小R4＝0.075A×20Ω＝1.5V，此时所控制的电压为1.5V，当控制电压小于1.5V时，接20Ω的定值电阻，移动滑动变阻器的滑片无法使电压表的示数达到所控制的电压。所以所控制的电压最小不能小于1.5V，最大不能超过2.4V。 故答案为：（1）左；（2）电流表没有调零；（3）RA；（4）①0.2；14.5；④1.5；2.4。 【点评】本题探究通过导体的电流与电压和电阻的关系实验，考查电路连接、电流表的使用、控制变量法和操作过程，计算所控制的电压的最大和最小值是解本题的难点。 26．【分析】（1）原电路中，电压表并联在定值电阻两端，变阻器应与灯串联； 根据电压表的量程个分度值读数； 根据欧姆定律，求出定值电阻的阻值； （2）根据R1的滑片在最右端，R2的滑片在最左端结合欧姆定律求出电源电压；让R2与灯泡串联，调节R2使小灯泡正常发光，即使通过小灯泡的电流等于额定电流0.5A；保持R2滑片位置不动，让R2与R1串联，根据欧姆定律求出电路总电阻，根据电阻的串联求出R2的阻值；根据灯泡的额定电流求出电路的总电阻，根据电阻的串联求出灯泡正常发光时的电阻。 【解答】解：（1）电压表并联在定值电阻两端，电路图如图所示： 电压表的量程是0﹣3V，分度值是0.1V，电压表读数是2.4V； 根据欧姆定律，R＝＝＝5.2Ω； 求出电阻的平均值为Rx＝≈5.1Ω； （2）实验步骤： ①先将R1、R2的滑片移至最右端。闭合开关S、S1，断开开关S2，再将R2的滑片移至最左端，电流表的示数为0.28A； ②将R2的滑片移至最右端。断开开关S1，闭合开关S、S2，向左移动R2的滑片，直至电流表的示数为0.3A； ③保持R2滑片位置不动，断开开关S2，闭合开关S、S1，电流表的示数恰好为0.2A； ④在步骤②中，R1与R2串联，且R2的阻值为0，电路为只有R1的简单电路，此时R1的阻值最大，电流表测串联电路电流为0.28A，根据欧姆定律，电源电压为： U＝I1R1＝0.28A×10Ω＝2.8V； 在步骤②中，R2与灯泡串联，电流表测串联电路电流；向左移动R2的滑片，使电流表的示数为0.3A，此时灯泡正常发光； 在步骤③中，R1与R2串联，电流表测串联电路电流；保持R2滑片位置不动，R1的阻值最大，此时电流表示数为0.2A，根据欧姆定律，电路中的总电阻为： R总1＝＝＝14Ω， 根据电阻的串联，R2＝R总1﹣R1＝14Ω﹣10Ω＝4Ω； 当灯泡正常发光时，根据欧姆定律，电路中的总电阻为： R总2＝＝≈9.3Ω， 灯泡正常发光时的电阻为： RL＝R总2﹣R3≈9.3Ω﹣4Ω≈5.3Ω。 故答案为：（1）见解答图；2.4；5.1； （2）R2；0.3；保持R2滑片位置不动；5.3。 【点评】本题测量额定电压为2.5V的小灯泡的电功率，考查电路连接、操作过程、电功率公式的应用，影响电阻大小的因素，还考查了特殊方法测灯泡功率，实验中没有电压表，利用了串联电路阻值特点，用变阻箱的特点巧妙地获得了灯丝的电阻，进而计算功率，综合性强，难度较大。 六．计算题（共2小题，满分14分） 27．【分析】由图甲可知，定值电阻R0与过氧乙酸气体传感器Rt串联接入电路，电压表测量定值电阻R0两端的电压，由图乙可知，当过氧乙酸气体浓度越大时，过氧乙酸气体传感器Rt的越小，根据串联电路电阻规律可知电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据U＝IR可知，定值电阻R0两端的电压变大； （1）当电压表的示数为0.9V时，根据欧姆定律可求出通过电阻R0的电流，根据串联电路电流规律可求出电路中的电流，根据欧姆定律可求出电路中的总电阻，根据串联电路电阻规律可求出过氧乙酸气体传感器Rt的阻值，根据图乙可确定教室内过氧乙酸气体的浓度是否达到消毒要求； （2）检测仪处在所能测量的最大值状态下工作时，Rt最小，电路中电流最大，R0允许通过的最大电流， Imax＝0.4A，根据U＝IR得出R0两端的电压，并与电压表量程比较，根据欧姆定律和串联电路电压的规律算出过氧乙酸气体传感器Rt的阻值； （3）由图乙可知，当过氧乙酸气体的浓度为0.45g/cm3时，过氧乙酸气体传感器Rt的阻值为5Ω，此时电压表指针刚好偏转到最大刻度，即电压表示数为3V，根据串联电路电压规律规律可求出过氧乙酸气体传感器Rt两端的电压，根据欧姆定律可求出电路中的电流，根据欧姆定律可求出定值电阻的阻值，由此可确定定值电阻的规格； （4）根据实验原理结合电路构造分析出测量值和真实值的大小关系。 【解答】解：由图甲可知，定值电阻R0与过氧乙酸气体传感器Rt串联接入电路，电压表测量定值电阻R0两端的电压，由图乙可知，当过氧乙酸气体浓度越大时，过氧乙酸气体传感器Rt的越小，根据串联电路电阻规律可知电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据U＝IR可知，定值电阻R0两端的电压变大； （1）当电压表的示数为U1＝0.9V时，通过电阻R0的电流I0＝＝＝0.3A， 根据串联电路电流规律可知，电路中的电流I＝I0＝0.3A， 电路中的总电阻R＝＝＝20Ω， 传感器的阻值Rt1＝R﹣R0＝20Ω﹣3Ω＝17Ω， 查图乙知，此时过氧乙酸气体浓度大于0.1g/m3，故教室内过氧乙酸气体的浓度达到了消毒要求； （2）检测仪处在所能测量的最大值状态下工作时，Rt最小，电路中电流最大，R0允许通过的最大电流， Imax＝0.4A，R0两端的电压U0′＝ImaxR0＝0.4A×3Ω＝1.2V＜3V电压表安全，过氧乙酸气体传感器Rt的阻值： Rt′＝＝＝＝12Ω； （3）由图乙知，若检测仪所能测量的最大ρ值调整为0.45g/m3时，传感器Rt的阻值为5Ω，电压表的量程为0～3V，电压表指针刚好偏转到最大刻度，即电压表示数为3V，电源的电压为6V，所以过氧乙酸气体传感器Rt两端的电压URt′＝U﹣U0′＝6V﹣3V＝3V，此时通过氧乙酸气体传感器Rt的电流IRt′＝＝＝0.6A， 通过定值电阻的电流I0′＝IRt′＝0.6A，定值电阻的阻值R0′＝＝＝5Ω，此时电路中的最大电流为0.6A，故需重新选用“5Ω 0.6A”的定值电阻。 （4）检测仪长时间使用后，因电源电压变小，根据I＝可知，R0两端的电压偏小，由于过氧乙酸气体浓度越大时定值电阻R0两端的电压越大，所以测量值会偏小。 答：（1）当电压表的示数为0.9V时，教室内过氧乙酸气体的浓度能达到消毒要求； （2）该检测仪处在所能测量的最大值状态下工作时，过氧乙酸气体传感器Rt的阻值为12Ω； （3）5Ω 0.6A。 （4）偏小。 【点评】本题主要考查欧姆定律的应用，串联电路电流、电压、电阻规律的应用，属于电学综合题，有一定的难度。 28．【分析】（1）知道车的质量，利用G＝mg求车重，根据车行驶中受到的阻力为车重的0.05倍可求车受到的阻力；由于车匀速行驶，车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，可求牵引力大小，又知道行驶的路程，利用W＝Fs求牵引力做功； （2）该过程中每百公里的耗油量为3.5kg，已知该过程中汽车在一段平直的公路上匀速行驶了40km，据此可求燃油的质量，再利用Q放＝mq求燃油完全燃烧放出的热量，即热机消耗的总能量； （3）根据η＝算出用燃油做动力车的机械效率，根据1kW•h＝3.6×106J计算出8kW•h的电能，再利用效率公式η＝求该电动车的效率，并比较大小。 【解答】解： （1）车的重力：G＝1.2×104N， 车受到的阻力： f＝0.05G＝0.05×1.2×104N＝600N， 因为车匀速行驶， 所以牵引力F＝f＝600N， 牵引力做功： W＝Fs＝600N×40km×103m＝2.4×107J； （2）该过程中每百公里的耗油量为3.5kg，已知该过程中汽车在一段平直的公路上匀速行驶了40km， 所以消耗燃油的质量：m＝3.5kg×＝1.4kg， 则燃油完全燃烧放出的热量： Q放＝mq＝1.4kg×4.6×107J/kg＝6.44×107J； （3）用燃油做动力车的机械效率为： η＝＝×100%≈37.27%； 消耗电能W＝8kW•h＝8×3.6×106J＝2.88×107J， 电动的效率为： η′＝＝×100%≈83.3%，所以电动车的效率更高。 答：（1）测试过程该车牵引力做的功为2.4×107J； （2）这一过程中燃油燃完全烧放出的热量为6.44×107J； （3）用电做动力的效率更高。 【点评】本题为力学、热学、电学的综合题，综合考查了学生对重力公式、密度公式、功的公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式、二力平衡条件的了解与掌握，要求灵活运用相关公式。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/1/6 16:46:47；用户：陈轩；邮箱：13625253945；学号：59240608 第1页（共1页） 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