江苏省宿迁市宿豫区2024-2025学年九年级上学期期末物理试卷

2024-2025学年江苏省宿迁市宿豫区九年级（上）期末物理试卷 一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分，每题只有一个选项符合题意，请将正确答填涂在答题卡上） 1．（2分）下列工具属于省距离杠杆的是（　　） A．羊角锤 B．钢丝钳 C．起瓶器 D．筷子 2．（2分）东平湖是国家5A级旅游景区，其中湿地能较好地调节气候，是因为水的（　　） A．密度大 B．比热容大 C．流动性大 D．热值大 3．（2分）下列估测最接近实际的是（　　） A．人骑自行车的功率约2000W B．家用荧光灯正常工作时的电流约0.2A C．家用挂壁空调正常工作1h消耗电能约10kW•h D．从地上捡起一个鸡蛋缓慢举过头顶，人对鸡蛋所做的功约10J 4．（2分）下列情况中，属于防止电热危害的是（　　） A．用电熨斗熨烫衣服 B．用电饭锅煮饭 C．冬天用电暖气取暖 D．电脑机箱内有小风扇 5．（2分）将两只额定电压相同的小灯泡L1、L2串联在电路中，如图所示。闭合开关后，发现灯L1较亮，灯L2较暗，其原因为（　　） A．灯L1额定功率较大 B．灯L2两端电压较大 C．灯L1的电阻较大 D．通过灯L1的电流较大 6．（2分）小聪想用一种阻值随所受压力增大而减小的压敏电阻，设计一个通过电表示数反映压敏电阻所受压力大小的电路，要求压力增大时电表示数增大。以下电路不符合要求的是（　　） A． B． C． D． 7．（2分）有“20Ω 0.6A”的定值电阻与“10Ω 1A”的定值电阻，若串联起来，电路两端允许加的最大电压为U；若并联起来，干路中允许通过的最大电流为I，则U和I分别为（　　） A．18V，1.5A B．18V，1.8A C．22V，1A D．22V，1.6A 8．（2分）学习家庭电路相关知识后，张想同学对设计的如图所示的家庭电路及其使用的认识，正确的是（　　） A．图中两盏灯泡与其对应控制开关的连接都是正确的 B．断开开关S2，正确使用测电笔检查灯泡L2两端接线柱，氖管都不会发光 C．电冰箱的插头地线插脚脱落，仍可插入插座P长期使用 D．若灯泡L2不能正常工作，则插座Q也一定不能正常工作 9．（2分）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置相同，燃料的质量、烧杯内的液体质量和初温也相同。则下列说法正确的是（　　） A．比较不同燃料的热值，应选择甲、乙 B．比较不同物质的吸热能力，应选择甲、乙 C．比较不同燃料的热值，应选择甲、丙 D．比较不同物质的吸热能力，应选择乙、丙 10．（2分）如图所示，是某巡航导弹的飞行路线图。发射升空段：发动机点火，导弹以极快的速度穿出大气层升至高空；俯冲加速段：发动机处于关闭状态，导弹向下俯冲，会被加速到极高的速度；巡航阶段：发动机点火消耗燃料，主发动机的推力与阻力平衡，弹翼的升力与重力平衡，可以实现远距离“巡航状态”，最后精确打击目标。下列关于该巡航导弹的说法不正确的是（　　） A．整个过程中，在F点重力势能最大 B．O点到E点的过程中，机械能增大 C．G点到I点的过程中，机械能不变 D．I点到J点的过程中，动能大小不变 11．（2分）利用如图所示电路进行实验时，下列说法正确的是（　　） A．若电压表无示数，则电路中一定出现了短路故障 B．若电流表指针反方向偏转，则电路中电流太大 C．若将电流表和电压表位置对调，则闭合开关会烧坏电流表 D．闭合开关，若灯泡被短路，则电流表和电压表的示数都会增大 12．（2分）如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，移动滑片P，滑动变阻器消耗的电功率与电流关系的图像如图乙所示。下列说法不正确的是（　　） A．电源电压为8V B．R0的阻值是10Ω C．滑动变阻器的最大阻值是20Ω D．当电路中的电流为0.4A时，滑动变阻器两端电压是8V 二、填空题（本题共6小题，每空1分，共18分） 13．（3分）家庭电路中的电视、电冰箱和电灯是 　 　联的，我国家庭电路的电压为 　 　V；家庭电路中，一盏普通白炽灯灯泡正常工作时电流约180 　 　（填合适单位）。 14．（3分）如图所示，是我国ZTZ99G式主战坦克，它的动力机械是热机，从能量转化 的角度来看，热机是把内能转化为　 　能的机器。在热机的工作过程中，完成这一能量转化是　 　。若某次坦克消耗柴油2kg（假设柴油完全燃烧），则柴油完全燃烧放出的热量为　 　J．（柴油的热值3.3×107J/kg）。 15．（3分）在探究杠杆平衡条件的实验中，如果杠杆右侧高左侧低，则可将左侧的平衡螺母向 　 　调节，使其在水平位置平衡，如图所示，在支点左侧20cm刻度处挂总重为1.5N的钩码，在支点右侧15cm刻度处用弹簧测力计拉杠杆，使其水平平衡，要使弹簧测力计示数最小，弹簧测力计的拉力沿应 　 　方向，弹簧测力计示数为 　 　N。 16．（3分）如图所示，小明通过斜面用平行于斜面F＝200N的推力，将重为300N的物体在5s时间内匀速推到1m高的平台上，斜面长s＝2m（g取10N/kg）。则：推力的功率为 　 　W，斜面的机械效率为 　 　%，斜面对物体的摩擦力为 　 　N。 17．（3分）在如图所示电路中，定值电阻R0的阻值为20Ω，电动机线圈电阻为2Ω，闭合开关，电流表A1、A2的示数分别为0.8A，0.3A，则该电路电源电压为　 　V.1min内电路消耗的电能为　 　J，1min内电流通过电动机产生的热量为　 　J。 18．（3分）如图（a）所示是电子天平的结构原理图，它是由几个部分构成的电路：电源（电压保持不变）、定值电阻R0、压力电阻R（电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻）、托盘、质量显示仪表M（实质是一只电流表）、开关。使用时，闭合开关，当托盘上所放物体的质量越大，仪表M的指针向右偏转的角度也越大。 （1）由上述信息可知：压力电阻R所受的压力越大，通过它的电流越 　 　，其阻值越 　 　；（均选填“大”或“小”） （2）若用一只电压表作为质量显示仪表M并联在电路中，如图（b）所示。则此质量显示仪表的“0（千克）”刻度线位于表盘的 　 　（选填“左”或“右”）端。 三、作图和实验探究题（本题共6小题，19题每小题2分，其余每空1分，共30分） 19．（2分）图（a）是一款水管扳手钳，其中AOB部分可视为一个杠杆，其简化示意图如图（b）所示。请在图（b）中画出杠杆平衡时的阻力臂l2及作用在B点的最小动力F1。 20．（2分）如图是电水壶工作的示意图，请用笔画线代替导线，将电水壶的三条接线按照安全用电的原则对应连接好。 21．（6分）小明用如图甲所示实验装置探究a、b两种液体的吸热能力，在两个相同的烧瓶内分别接入电阻丝，装入质量相等的a、b两种液体，并分别插入温度计。 物理量 物质 质量（g） 加热前温度（℃） 加热时间（min） 加热后温度（℃） 液体a 150 20 10 49 液体b 150 20 10 35 （1）实验中选用的两根电阻丝的阻值应 　 　（选填“相同”或“不同”）； （2）实验中，用 　 　（选填“A”或“B”）间接反映液体吸收热量的多少；通过比较 　 　（选填“A”或“B”）来判断液体吸热能力的强弱； A.通电时间 B.温度计示数的变化量 （3）表格中是液体a、b加热后的实验数据，分析可知 　 　（选填“a”或“b”）液体的吸热能力较强。 （4）设质量为m的a液体中电阻丝的阻值为R，测出其电流为I，通电一段时间t后，温度计的示数变化量为Δt，若不计热量损失，则a液体的比热容为 　 　（用所给出的物理量写出比热容的表达式）。 （5）如果在两烧瓶中分别装入质量相等的煤油，并接入两根阻值不同的电阻丝，就可用这个装置来探究电流产生的热量与 　 　的关系。 22．（6分）在“探究影响动能大小因素”的实验中，如图所示，让小球从同一光滑斜面上由静止滚下，小球撞击放在水平面上的木块，使木块滑动，虚线位置为木块滑动一段距离后静止的位置。（已知h1＜h2＜h3） （1）球从斜面上滚下的过程中，小球的 　 　能转化为小球的动能。 （2）本实验是通过 　 　比较小球动能的大小。 （3）小明发现小球撞击木块后，小球偏离了原来的轨道，而木块则被撞飞，于是他对实验进行了改进，下列做法有效的是 　 　。 A.增大球的质量 B.减小木块的质量 C.使小球从更高的位置上滚下 D.在斜面和水平面上刻上凹形的滑槽，使小球沿滑槽运动，同时适当增加木块质量 （4）分析图中的三次实验可以得出的结论是：物体的 　 　一定时，　 　越大，它的动能越大；这也是开车时不能 　 　（超载/超速）的原因。 23．（8分）在“探究电流与电压、电阻关系”的实验中，小方选用5Ω、10Ω、15Ω、20Ω四个电阻、电压恒为6V的电源、“30Ω 1A”的滑动变阻器等器材设计的实验电路如图甲所示。 电压/V 1.0 1.4 2.0 2.4 2.8 电流/A 0.1 0.14 0.20 0.24 （1）为了保护电路，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片调到最 　 　（选填“左”或“右”）端； （2）首先，接入阻值为10Ω的电阻探究“电流与电压关系的实验”： ①在这个实验过程中，通过多次改变滑片的位置来改变 　 　，进行多次实验，记录表格如丙，当电压表示数为2.8V时，电流表如图乙所示，为 　 　A； ②分析表格中的实验数据得出结论：当电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成 　 　； （3）接着，小方将5Ω、10Ω、15Ω、20Ω这四个电阻分别单独接入电路，探究电流与电阻关系的实验； ①实验中控制电阻两端的电压为2V不变，她用5Ω的电阻进行完实验后，保持滑动变阻器的位置不动，当换上10Ω电阻时，为了使电阻两端的电压恢复到2V，此时应将滑片向 　 　（选填“左”或“右”）适当调节； ②实验中她发现当接入 　 　Ω的电阻进行实验时，无论怎样调节滑动变阻器，电压表的示数都大于2V，若想完成实验，应更换一个最大阻值不小于 　 　Ω的滑动变阻器； ③通过实验得出结论，当电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成 　 　比。 24．（6分）在测额定电压为3.8V的小灯泡（电阻约为10Ω）电功率的实验时，小明连接了如图所示的电路，其中电源电压为6V。 （1）在连接电路时，开关必须 　 　，请将实物电路连接完整。 （2）若在连接电路时，有A（5Ω 0.6A）、B（10Ω 0.5A）和C（20Ω 0.3A）三个滑动变阻器可供选择，则应该选择变阻器 　 　（A/B/C）连入电路，才能保证实验顺利进行。 （3）小明合理地连接好电路，闭合开关，发现调节滑动变阻器灯泡不亮，电流表有示数、电压表无示数，故障是 　 　。 （4）下表为某小组的实验记录表： 实验序号 电压表示数/V 电流表示数/A 功率/W 额定功率/W 1 3.0 0.36 1.08 2 3.8 0.40 1.52 3 4.5 0.42 1.89 老师认为数据处理过程有误，你认为错误之处是：　 　，正确测量结果P额＝ 　 　W。 四、计算题（本题共2小题，24题9分，25题9分，共18分，要写出必要的文字说明及解题过程） 25．（9分）某物理兴趣小组的同学，用煤炉给10kg的水加热，同时他们绘制了如图所示的加热过程中水温随时间变化的图线。若在6min内完全燃烧了2kg的煤，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤的热值约为3×107J/kg。求： （1）煤完全燃烧产生的热量； （2）经过6min时间加热，水所吸收的热量； （3）煤炉烧水时的热效率。 26．（9分）小明为爷爷设计了一款有“速热”和“保温”两挡的防寒服，内部电路简化如图所示。电源两端电压为6V，电热丝R1、R2的阻值恒定，R1＝4Ω。 （1）只闭合开关S1时，通过R1的电流是多大？ （2）只闭合开关S1时，R1的电功率是多少？ （3）电源两端电压为6V时，“速热”挡的电功率为36W。若更换成电压为5V的电源，则使用“速热”挡通电10s产生的热量是多少？ 2024-2025学年江苏省宿迁市宿豫区九年级（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D B B D C D A B B C D 题号 12 答案 A 一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分，每题只有一个选项符合题意，请将正确答填涂在答题卡上） 1．（2分）下列工具属于省距离杠杆的是（　　） A．羊角锤 B．钢丝钳 C．起瓶器 D．筷子 【分析】结合生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。 【解答】解：A、羊角锤在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，省力但是费距离，故A错误； B、钢丝钳在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，省力但是费距离，故B错误； C、起瓶器在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，省力但是费距离，故C错误； D、筷子在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，费力但是省距离，故D正确。 故选：D。 【点评】此题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。 2．（2分）东平湖是国家5A级旅游景区，其中湿地能较好地调节气候，是因为水的（　　） A．密度大 B．比热容大 C．流动性大 D．热值大 【分析】水的比热容大，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，据此分析。 【解答】解：湿地含有大量的水，因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得昼夜的温差小，故能有效调节周围环境的气温。 故选：B。 【点评】本题考查了水的比热容大的应用，贴近生活实际，便于激发学生探究物理现象的兴趣，也体现了新课标的要求，属于中考热点问题。 3．（2分）下列估测最接近实际的是（　　） A．人骑自行车的功率约2000W B．家用荧光灯正常工作时的电流约0.2A C．家用挂壁空调正常工作1h消耗电能约10kW•h D．从地上捡起一个鸡蛋缓慢举过头顶，人对鸡蛋所做的功约10J 【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最合理的是哪一个。 【解答】解： A、中学生骑自行车的功率约70W，故A错误； B、家用荧光灯正常工作时的电流约0.2A，故B正确； C、家用挂壁空调的功率约1kW，正常工作1h消耗电能W＝Pt＝1kW×1h＝1kW•h，故C错误； D、一个鸡蛋的质量约为50g＝0.05kg，从地上捡起一只鸡蛋，并缓慢举过头顶的过程中，将鸡蛋提升的高度约为h＝2m，对鸡蛋做功约为W＝Gh＝mgh＝0.05kg×10N/kg×2m＝1J，故D错误。 故选：B。 【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出合理的选项即可。 4．（2分）下列情况中，属于防止电热危害的是（　　） A．用电熨斗熨烫衣服 B．用电饭锅煮饭 C．冬天用电暖气取暖 D．电脑机箱内有小风扇 【分析】逐一分析每个选项，找出防止电热给我们带来危害的选项。 【解答】解：A、用电熨斗熨烫衣服是利用电热来工作的，属于电热利用，故A不合题意； B、用电饭锅煮饭是利用电能转化为内能来给食物加热，属于电热利用，故B不合题意； C、冬天用电暖气取暖是利用电能转化为内能的，属于电热利用，故C不合题意； D、电脑机箱内有小风扇是为了及时将电脑产生的热散掉，属于防止电热危害，故D符合题意。 故选：D。 【点评】本题主要考查对电热的应用及预防措施的了解。用电器工作时如果温度过高，会造成危害，要考虑如何散热。 5．（2分）将两只额定电压相同的小灯泡L1、L2串联在电路中，如图所示。闭合开关后，发现灯L1较亮，灯L2较暗，其原因为（　　） A．灯L1额定功率较大 B．灯L2两端电压较大 C．灯L1的电阻较大 D．通过灯L1的电流较大 【分析】BCD、根据串联电路中各处的电流都相等，结合灯的亮度取决于灯的实际功率，由P＝UI判断两灯的电压大小，由P＝I2R判断两灯的电阻大小； A、根据欧姆定律判断两灯的电压大小关系。 【解答】解：BCD、两灯串联在电路中，根据串联电路中各处的电流都相等，故D选项错误， 灯的亮度取决于灯的实际功率，灯L1较亮，灯L2较暗，所以，L1的实际功率较大，P实1＞P实2， 根据P＝UI，由于通过两灯的电流相等，所以，L1的电压较大，B选项错误； 根据P＝I2R，L1的电阻较大，C选项正确； A、两灯的额定电压相同，因灯L1的电阻较大，根据P＝，灯L1的额定功率较小，A选项错误； 故选：C。 【点评】本题考查欧姆定律、灯的亮度的决定因素及串联电路电流的规律及电功率公式的灵活运用，为易错题，难度较大。 6．（2分）小聪想用一种阻值随所受压力增大而减小的压敏电阻，设计一个通过电表示数反映压敏电阻所受压力大小的电路，要求压力增大时电表示数增大。以下电路不符合要求的是（　　） A． B． C． D． 【分析】（1）根据题意可知压力变化时压敏电阻阻值的变化，根据并联电路的电压特点和欧姆定律可知两支路电流的变化； （2）在串联电路中，用电器两端电压与其阻值成正比，即：串联电路中电阻越小分得的电压越小，反之，串联电路中电阻越大分得的电压越大。 【解答】解：A、由图可知，压敏电阻与定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流；当压力增大时，压敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，由I＝可知电路中的电流增大，即电流表的示数增大，故A符合要求； B、由图可知，压敏电阻与定值电阻R0并联，电流表测压敏电阻支路的电流；当压力增大时，压敏电阻的阻值减小，而并联电路中各支路两端的电压不变，即压敏电阻两端的电压不变，由I＝可知电流表的示数增大，故B符合要求； C、由图可知，压敏电阻与定值电阻R0串联，电压表测R0两端的电压；当压力增大时，压敏电阻的阻值减小，根据串联分压的规律可知压敏电阻分得的电压减小，由串联电路的电压特点可知R0两端的电压变大，即电压表的示数变大，故C符合要求； D、由图可知，压敏电阻与定值电阻R0串联，电压表测压敏电阻两端的电压；当压力增大时，压敏电阻的阻值减小，根据串联分压的规律可知压敏电阻分得的电压减小，即电压表的示数减小，故D不符合要求。 故选：D。 【点评】本题考查了根据欧姆定律设计电路图，要明确：串联电路中用电器两端电压与其阻值成正比；知道并联电路中各支路的电流与其阻值成反比。 7．（2分）有“20Ω 0.6A”的定值电阻与“10Ω 1A”的定值电阻，若串联起来，电路两端允许加的最大电压为U；若并联起来，干路中允许通过的最大电流为I，则U和I分别为（　　） A．18V，1.5A B．18V，1.8A C．22V，1A D．22V，1.6A 【分析】（1）串联电路中电流处处相等，为了不损坏电阻，比较两电阻允许通过的最大电流，选其中较小的电流作为该电路的最大电流，根据串联电路的电阻规律结合欧姆定律求出该电路两端允许加的最大电压； （2）根据欧姆定律分别求出两电阻两端允许加的最大电压，并联电路中各支路两端的电压相等，为了不损坏电阻，比较两电阻允许加的最大电压，选其中较小的电压作为该电路两端的最大电压，再根据并联电路的电流规律结合欧姆定律计算干路中允许通过的最大电流。 【解答】解： （1）由题知，两个电阻允许通过的最大电流分别为I1＝0.6A、I2＝1A， 因串联电路中各处的电流相等，且I1＜I2， 所以，将它们串联时，电路中的最大电流为I大＝I1＝0.6A， 因串联电路总电阻等于各部分电阻之和， 则根据欧姆定律可得电路两端允许加的最大电压： U＝I大（R1+R2）＝0.6A×（20Ω+10Ω）＝18V； （2）根据U＝IR可得两电阻两端允许加的最大电压分别为： U1＝I1R1＝0.6A×20Ω＝12V，U2＝I2R2＝1A×10Ω＝10V， 因并联电路中各支路两端的电压相等，且U1＞U2， 所以，将两电阻并联时，该电路两端的最大电压为：U′＝U2＝10V，此时通过R2的电流为1A， 此时通过R1的电流为：I1′＝＝＝0.5A， 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 则干路中允许通过的最大电流为：I＝I1′+I2＝0.5A+1A＝1.5A； 综上可知，A正确，BCD错误。 故选：A。 【点评】本题考查了串并联电路的特点、欧姆定律的应用，属于常见题，难度不大。 8．（2分）学习家庭电路相关知识后，张想同学对设计的如图所示的家庭电路及其使用的认识，正确的是（　　） A．图中两盏灯泡与其对应控制开关的连接都是正确的 B．断开开关S2，正确使用测电笔检查灯泡L2两端接线柱，氖管都不会发光 C．电冰箱的插头地线插脚脱落，仍可插入插座P长期使用 D．若灯泡L2不能正常工作，则插座Q也一定不能正常工作 【分析】（1）开关与用电器串联后接在火线上； （2）测电笔接触火线时氖管发光，接触零线时氖管不发光； （3）电冰箱有金属外壳，必须使用三孔插座； （4）家庭电路中的各个用电器、用电器和插座之间是并联的。 【解答】解：A、开关与灯泡串联后接在火线上，图中L1灯泡与其对应控制开关的连接是错误的，应该接在火线上，故A错误； B、断开开关S2，正确使用测电笔检查灯泡L2两端接线柱，氖管都不会发光，故B正确； C、电冰箱有金属外壳，必须使用三孔插座，电冰箱的插头地线插脚脱落，不可插入插座P长期使用，故C错误； D、灯泡和插座是并联的，互不影响；若灯泡L2不能正常工作，则插座Q可以正常工作，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查的是家庭电路的组成；知道三孔插座的正确接法。 9．（2分）如图所示，甲、乙、丙三图中的装置相同，燃料的质量、烧杯内的液体质量和初温也相同。则下列说法正确的是（　　） A．比较不同燃料的热值，应选择甲、乙 B．比较不同物质的吸热能力，应选择甲、乙 C．比较不同燃料的热值，应选择甲、丙 D．比较不同物质的吸热能力，应选择乙、丙 【分析】（1）为了比较热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q＝cmΔt，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，根据q＝，这种燃料热值越大，据此分析； （2）比较两种液体的吸热能力，则需要燃烧相同的燃料（确保相同时间放出的热量相同），加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，由Δt＝比较温度的变化，温度升高越多，则吸热能力越小；使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强。 【解答】解：AC、若要比较不同燃料的热值，应该使用不同的燃料使相同的液体吸收相同热量，所以应该选择乙、丙两图进行实验，故AC错误； BD、若比较不同物质的吸热能力，需要需要燃烧相同的燃料，选择初温、质量相同的不同液体完成实验，所以应选择甲、乙两图进行实验，故B正确，D错误。 故选：B。 【点评】本题比较不同物质的吸热能力和比较不同燃料的热值，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法及两实验相同与不同之处，为热学中的重要实验。 10．（2分）如图所示，是某巡航导弹的飞行路线图。发射升空段：发动机点火，导弹以极快的速度穿出大气层升至高空；俯冲加速段：发动机处于关闭状态，导弹向下俯冲，会被加速到极高的速度；巡航阶段：发动机点火消耗燃料，主发动机的推力与阻力平衡，弹翼的升力与重力平衡，可以实现远距离“巡航状态”，最后精确打击目标。下列关于该巡航导弹的说法不正确的是（　　） A．整个过程中，在F点重力势能最大 B．O点到E点的过程中，机械能增大 C．G点到I点的过程中，机械能不变 D．I点到J点的过程中，动能大小不变 【分析】（1）重力势能与质量和高度有关； （2）导弹发射利用燃料燃烧获得的内能转化为机械能； （3）动能和势能转化过程中，没有摩擦等阻力，机械能守恒； （4）巡航阶段，主发动机的推力与阻力平衡，受平衡力，故做匀速直线运动。 【解答】解：A、F点为运动的最高点，故重力势能最大，故A正确； B、O点到E点的过程中，发动机点火加速升空，速度变大，动能变大，高度增大，重力势能增大，机械能变大，故B正确； C、G点到I点的过程中，从大气层外进入大气层，与空气摩擦产热，故机械能减小，故C错误； D、巡航阶段，主发动机的推力与阻力平衡，受平衡力，做匀速直线运动，故动能不变，故D正确。 故选：C。 【点评】本题考查机械能的转化过程分析，理解巡航导弹的工作过程及影响机械能有关因素是关键。 11．（2分）利用如图所示电路进行实验时，下列说法正确的是（　　） A．若电压表无示数，则电路中一定出现了短路故障 B．若电流表指针反方向偏转，则电路中电流太大 C．若将电流表和电压表位置对调，则闭合开关会烧坏电流表 D．闭合开关，若灯泡被短路，则电流表和电压表的示数都会增大 【分析】由图可知，该电路为串联电路，电压表测量R两端的电压，电流表测量电路中的电流； （1）电路中发生短路现象，根据发生故障的用电器判定电压表示数的变化； （2）电流表在使用时，电流要从正接线柱流入，从负接线柱流出； （3）实验中将电流表和电压表位置对调，根据电流表和电压表的特点分析； （4）根据电流表、电压表示数分析电路故障。 【解答】解：A．图中，灯泡与定值电阻串联，电压表测定值电阻两端的电压，若灯泡短路，则电压表示数等于电源电压，若灯泡断路，电压表示数为0，故A错误； B．电流表指针反方向摆动是由于电流表的正负接线柱接反了，故B错误； C．将电流表和电压表位置对调，电压表串联接入电路中，相当于是断路，则电路中无电流，电流表不会烧坏；此时电压表测量的是电源电压，故C错误； D．闭合开关，若灯泡被短路，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律知，电流变大，定值电阻的电压U＝IR知，电压表示数变大，则电流表和电压表的示数都会增大，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了根据电流表、电压表的示数判定电路的故障，难度不大。 12．（2分）如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，移动滑片P，滑动变阻器消耗的电功率与电流关系的图像如图乙所示。下列说法不正确的是（　　） A．电源电压为8V B．R0的阻值是10Ω C．滑动变阻器的最大阻值是20Ω D．当电路中的电流为0.4A时，滑动变阻器两端电压是8V 【分析】（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，R1的最大阻值和R0串联，电流表测电路中的电流，此时电路中的电流最小，根据图乙读出电路中的最小电流和滑动变阻器的功率，根据P＝UI得出滑动变阻器两端电压；根据P＝I2R求出滑动变阻器的最大阻值； （2）根据的电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压；由图乙可知，当电路中的电流I′＝0.6A时滑动变阻器的功率，根据P＝I2R求出滑动变阻器的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压，根据电源的电压不变得出等式即可求出R0的阻值，进一步求出电源的电压。 【解答】解： CD、当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，R的最大阻值和R0串联，电流表测电路中的电流， 由图乙可知，电路中的最小电流I最小＝0.4A，滑动变阻器的功率P1＝3.2W， 滑动变阻器两端电压是U滑＝＝＝8V，故D正确； 由P＝I2R可得，滑动变阻器的最大阻值：R最大＝＝＝20Ω，故C正确； AB、因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，电源的电压：U＝I最小（R最大+R0）＝0.4A×（20Ω+R0）， 由图乙可知，当电路中的电流I′＝0.6A时，滑动变阻器的功率最大，最大为P1′＝3.6W， 则滑动变阻器接入电路中的电阻：R′＝＝＝10Ω； 同理可得电源电压：U＝I′（R′+R0）＝0.6A×（10Ω+R0）， 因电源的电压不变，所以，0.4A×（20Ω+R0）＝0.6A×（10Ω+R0）， 解得：R0＝10Ω，故B正确； 则电源电压：U＝I最小（R+R0）＝0.4A×（20Ω+10Ω）＝12V，故A错误。 故选：A。 【点评】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，关键是根据图象读出电流和滑动变阻器功率的对应值。 二、填空题（本题共6小题，每空1分，共18分） 13．（3分）家庭电路中的电视、电冰箱和电灯是 　并　联的，我国家庭电路的电压为 　220　V；家庭电路中，一盏普通白炽灯灯泡正常工作时电流约180 　mA　（填合适单位）。 【分析】并联电路各支路互不影响，我国家庭电路电压为220V，根据生活经验和对电流单位的认识分析。 【解答】解：为避免相互影响，家庭电路中的电视、电冰箱和电灯是并联的，我国家庭电路电压为220V，由生活经验知一盏普通白炽灯灯泡正常工作时电流约0.18A＝180mA。 故答案为：并；220；mA。 【点评】本题考查家庭电路电压、串并联电路的辨析和电流单位的换算，难度不大。 14．（3分）如图所示，是我国ZTZ99G式主战坦克，它的动力机械是热机，从能量转化 的角度来看，热机是把内能转化为　机械　能的机器。在热机的工作过程中，完成这一能量转化是　做功冲程　。若某次坦克消耗柴油2kg（假设柴油完全燃烧），则柴油完全燃烧放出的热量为　6.6×107　J．（柴油的热值3.3×107J/kg）。 【分析】解决此题要知道在做功冲程中的能量转化是内能转化为机械能； 柴油完全燃烧放出的热量应该结合公式Q＝mq进行求解计算。 【解答】解：从能量转化的角度来看，热机是把内能转化为机械能的机器，这一能量转化过程是在做功冲程中完成； 柴油完全燃烧放出的热量由公式Q＝mq＝3.3×107J/kg×2kg＝6.6×107J； 故答案为：机械；做功冲程；6.6×107。 【点评】本题考查了内燃机的做功冲程及其能量转化以及热量的计算，理解和熟记知识点即可正确解答。 15．（3分）在探究杠杆平衡条件的实验中，如果杠杆右侧高左侧低，则可将左侧的平衡螺母向 　右　调节，使其在水平位置平衡，如图所示，在支点左侧20cm刻度处挂总重为1.5N的钩码，在支点右侧15cm刻度处用弹簧测力计拉杠杆，使其水平平衡，要使弹簧测力计示数最小，弹簧测力计的拉力沿应 　竖直向下　方向，弹簧测力计示数为 　2　N。 【分析】实验前杠杆右侧高左侧低，原因是右侧的力和力臂乘积小于左侧的力和力臂乘积，根据杠杆的平衡条件可知，可将左侧的平衡螺母向右调节，减小左侧的力和力臂乘积，使杠杆在水平位置平衡； 当把支点到作用点的连线作为动力臂（施力方向与连线垂直）时，动力臂最长、弹簧测力计示数最小； 知道阻力、阻力臂和动力臂，利用杠杆的平衡条件求动力。 【解答】解：杠杆右侧高左侧低，为使杠杆在水平位置平衡，可以将左侧的平衡螺母向右调，或者将右侧的平衡螺母向右调（都向右调）；当沿竖直向下的方向施力时，动力臂最长，此时最省力，弹簧测力计的示数最小； 由图知，若竖直向下施力，动力臂L1＝15cm， 由题知，阻力F2＝1.5N，阻力臂L2＝20cm， 因为杠杆在水平位置平衡， 所以F1L1＝F2L2，即F1×15cm＝1.5N×20cm；解得F1＝2N。 故答案为：右；竖直向下；2。 【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，属于基础题。 16．（3分）如图所示，小明通过斜面用平行于斜面F＝200N的推力，将重为300N的物体在5s时间内匀速推到1m高的平台上，斜面长s＝2m（g取10N/kg）。则：推力的功率为 　80　W，斜面的机械效率为 　75　%，斜面对物体的摩擦力为 　50　N。 【分析】（1）利用W＝Fs求出推力做的总功，再利用P＝计算推力做功功率； （2）利用W＝Gh求出克服物体重力做的有用功；斜面的机械效率等于有用功与总功的比值； （3）克服物体受摩擦力做的功为额外功，W额＝W总﹣W有用，再利用W额＝fs求出摩擦力。 【解答】解：（1）推力做的总功： W总＝Fs＝200N×2m＝400J， 推力做功功率： P＝＝＝80W； （2）克服物体重力做的有用功： W有用＝Gh＝300N×1m＝300J； 斜面的机械效率： η＝＝×100%＝75%； （3）克服物体受摩擦力做的额外功： W额外＝W总﹣W有用＝400J﹣300J＝100J， 由W额外＝fs可得斜面对物体的摩擦力： f＝＝＝50N。 故答案为：80；75；50。 【点评】本题考查了使用斜面时总功、功率、有用功、机械效率、额外功、摩擦力的计算，明确克服摩擦力做的功为额外功是解决此题的关键。 17．（3分）在如图所示电路中，定值电阻R0的阻值为20Ω，电动机线圈电阻为2Ω，闭合开关，电流表A1、A2的示数分别为0.8A，0.3A，则该电路电源电压为　6　V.1min内电路消耗的电能为　288　J，1min内电流通过电动机产生的热量为　30　J。 【分析】由电路图可知，定值电阻R0与电动机M并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R0支路的电流。 （1）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压，根据W＝UIt求出1min内电路消耗的电能； （2）根据并联电路的电流特点求出通过电动机的电流，根据Q＝I2R求出1min内电流通过电动机产生的热量。 【解答】解：由电路图可知，定值电阻R0与电动机M并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R0支路的电流。 （1）因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以，由I＝可知，电源的电压： U＝I0R0＝0.3A×20Ω＝6V， 1min内电路消耗的电能： W＝UIt＝6V×0.8A×60s＝288J； （2）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，通过电动机的电流： IM＝I﹣I0＝0.8A﹣0.3A＝0.5A， 1min内电流通过电动机产生的热量： Q＝IM2Rt＝（0.5A）2×2Ω×60s＝30J。 故答案为：6；288；30。 【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功公式、焦耳定律的应用，要注意电动机是非纯电阻用电器，消耗的电能和产生的热量不相等。 18．（3分）如图（a）所示是电子天平的结构原理图，它是由几个部分构成的电路：电源（电压保持不变）、定值电阻R0、压力电阻R（电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻）、托盘、质量显示仪表M（实质是一只电流表）、开关。使用时，闭合开关，当托盘上所放物体的质量越大，仪表M的指针向右偏转的角度也越大。 （1）由上述信息可知：压力电阻R所受的压力越大，通过它的电流越 　大　，其阻值越 　小　；（均选填“大”或“小”） （2）若用一只电压表作为质量显示仪表M并联在电路中，如图（b）所示。则此质量显示仪表的“0（千克）”刻度线位于表盘的 　左　（选填“左”或“右”）端。 【分析】由图示电路图可知，压力变阻器与定值电阻串联，电流表测量电路中的电流； （1）根据题意确定变阻器阻值与电阻的关系，然后应用串联电路特点与欧姆定律分析答题； （2）根据欧姆定律可知电路中电流的变化，进一步可知质量显示表表盘上的刻度值越往右时的变化，进而判断出此质量显示仪表的“0（千克）”刻度线的位置。 【解答】解：（1）由图示电路图可知，压力电阻与定值电阻串联，电流表测量电路中的电流，闭合开关，当托盘上所放物体的质量越大，压力电阻R所受的压力越大，仪表M的示数变大，即电流表的示数变大，因定值电阻阻值R0不变，电路电流变大，由可知电路总电阻变小，由电阻的串联可知压力电阻R阻值变小； （2）当托盘上所放物体的质量越大，压力电阻R所受的压力越大，其阻值越小。电源电压保持不变，总电阻变小，电路中的电流变大，定值电阻R0两端的电压变大，电压表的指针偏转角度变大，则质量显示仪表盘的右侧表示的质量越大，此质量显示仪表的“0（千克）”刻度线位于表盘的左端。 故答案为：大；小；左。 【点评】本题是电路动态分析题，分析清楚电路结构是解题的关键，应用串联电路特点与欧姆定律即可解题。 三、作图和实验探究题（本题共6小题，19题每小题2分，其余每空1分，共30分） 19．（2分）图（a）是一款水管扳手钳，其中AOB部分可视为一个杠杆，其简化示意图如图（b）所示。请在图（b）中画出杠杆平衡时的阻力臂l2及作用在B点的最小动力F1。 【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：从支点O作阻力F2作用线的垂线，则支点到垂足的距离为阻力臂l2； 若动力作用在B点，以OB为动力臂是最长的力臂，此时力最小，则连接OB为最长力臂，再过B点做OB的垂线，即动力F1的作用线，以O为支点，F1、F2作用效果相反，F2使杠杆顺时针转动，则F1使杠杆逆时针转动，F1的方向向上，如图所示： 【点评】本题考查了最小力的示意图的画法，要画出最小的力，关键是确定最长的力臂，即从支点到作用点的距离。 20．（2分）如图是电水壶工作的示意图，请用笔画线代替导线，将电水壶的三条接线按照安全用电的原则对应连接好。 【分析】对于三线插头和三孔插座的连接，带保险丝的线应与火线连接，才能起到保护作用，另一条与零线连接，才能形成通路，地线应与电水壶的金属外壳连接。 【解答】解：为了安全，应将带有保险丝和开关的线与火线相连，将壶的外壳与大地相连，则剩下的一根线与零线相连。如下图所示： 【点评】三条线的连接都有它特定的作用，绝不可以随意连接，搞清保险丝的保护作用和地线的保护作用及其原理，才能理解为什么要这样连接。 21．（6分）小明用如图甲所示实验装置探究a、b两种液体的吸热能力，在两个相同的烧瓶内分别接入电阻丝，装入质量相等的a、b两种液体，并分别插入温度计。 物理量 物质 质量（g） 加热前温度（℃） 加热时间（min） 加热后温度（℃） 液体a 150 20 10 49 液体b 150 20 10 35 （1）实验中选用的两根电阻丝的阻值应 　相同　（选填“相同”或“不同”）； （2）实验中，用 　A　（选填“A”或“B”）间接反映液体吸收热量的多少；通过比较 　B　（选填“A”或“B”）来判断液体吸热能力的强弱； A.通电时间 B.温度计示数的变化量 （3）表格中是液体a、b加热后的实验数据，分析可知 　b　（选填“a”或“b”）液体的吸热能力较强。 （4）设质量为m的a液体中电阻丝的阻值为R，测出其电流为I，通电一段时间t后，温度计的示数变化量为Δt，若不计热量损失，则a液体的比热容为 　　（用所给出的物理量写出比热容的表达式）。 （5）如果在两烧瓶中分别装入质量相等的煤油，并接入两根阻值不同的电阻丝，就可用这个装置来探究电流产生的热量与 　电阻　的关系。 【分析】（1）（2）（3）我们使用相同加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法。 比较物质吸热能力的方法： 使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；为控制吸热相同，结合串联电路电流的规律和焦耳定律Q＝I2Rt分析； （4）根据焦耳定求出电阻丝产生的热量得出液体吸收的热量；根据c＝求出液体的比热容；根据实际上放出的热量不能完全被液体吸收分析； （5）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析。 【解答】解：（1）甲中两电阻丝串联，通过的电流相同，通电时间相同，为控制吸热相同，根据Q＝I2Rt可知，实验中选用的两根电阻丝的阻值应相同； （2）根据转换法，实验中，用通电时间间接反映液体吸收热量的多少；选A； 根据比较吸热能力的方法，通过比较温度计示数的变化量来判断液体吸热能力的强弱；选B； （3）由表中数据，加热相同时间，b升温小，故b液体的吸热能力较强； （4）设质量为m的a液体中电阻丝的阻值为R，测出其电流为I，通电一段时间t后，若不计热量损失，液体吸热为： Q＝I2Rt，则a液体的比热容为：c＝＝； （5）如果在两烧瓶中分别装入质量相等的煤油，并接入两根阻值不同的电阻丝，通过的电流相同，通电时间相同，就可用这个装置来探究电流产生的热量与电阻的关系。 故答案为：（1）相同；（2）A；B；（3）b；（4）；（5）电阻。 【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，同时也考查了焦耳定律，为热学中两个重要实验。 22．（6分）在“探究影响动能大小因素”的实验中，如图所示，让小球从同一光滑斜面上由静止滚下，小球撞击放在水平面上的木块，使木块滑动，虚线位置为木块滑动一段距离后静止的位置。（已知h1＜h2＜h3） （1）球从斜面上滚下的过程中，小球的 　重力势　能转化为小球的动能。 （2）本实验是通过 　木块被推动的距离大小　比较小球动能的大小。 （3）小明发现小球撞击木块后，小球偏离了原来的轨道，而木块则被撞飞，于是他对实验进行了改进，下列做法有效的是 　D　。 A.增大球的质量 B.减小木块的质量 C.使小球从更高的位置上滚下 D.在斜面和水平面上刻上凹形的滑槽，使小球沿滑槽运动，同时适当增加木块质量 （4）分析图中的三次实验可以得出的结论是：物体的 　质量　一定时，　速度　越大，它的动能越大；这也是开车时不能 　超速　（超载/超速）的原因。 【分析】（1）小球在斜面上有一定的高度具有重力势能，从斜面滑下将重力势能转化为动能； （2）掌握转换法在实验中的应用：实验中通过比较小球推动木块移动的距离来判断小球动能的大小； （3）小球撞击木块后，小球偏离了原来的轨道，说明球在撞击木块时偏离了方向，要让球滑下时方向不偏可以让球在凹形槽中运动； （4）物体的动能与速度和质量有关，质量相同时，速度越大，动能越大。 【解答】解：（1）小球在斜面上有一定的高度具有重力势能，小球从斜面滑下将重力势能转化为动能； （2）实验中通过比较小球推动木块移动的距离来判断小球动能的大小，这是采用了转换法； （3）小球撞击木块后，小球偏离了原来的轨道，说明小球在撞击木块时偏离了原来的运动方向，要让小球不偏离原来的轨道，可以让小球在凹形槽中运动，且可以适当的增大木块的质量使其运动更加稳定（不会撞飞），故选：D； （4）物体的动能与速度和质量有关，本实验采用了控制变量法，比较三次实验发现，小球的质量相同，分别从不同高度滑下，到达斜面底端速度不同，高度越高，到达斜面底端的速度越大，木块被推动的距离越远，说明小球具有的动能越大，所以得出的结论为：物体的质量一定时，速度越大，它的动能越大，这也是开车时不能超速的原因。 故答案为：（1）重力势；（2）木块被推动的距离大小；（3）D；（4）质量；速度；超速。 【点评】（1）掌握动能、重力势能影响因素。 （2）掌握动能和重力势能的相互转化。 23．（8分）在“探究电流与电压、电阻关系”的实验中，小方选用5Ω、10Ω、15Ω、20Ω四个电阻、电压恒为6V的电源、“30Ω 1A”的滑动变阻器等器材设计的实验电路如图甲所示。 电压/V 1.0 1.4 2.0 2.4 2.8 电流/A 0.1 0.14 0.20 0.24 （1）为了保护电路，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片调到最 　左　（选填“左”或“右”）端； （2）首先，接入阻值为10Ω的电阻探究“电流与电压关系的实验”： ①在这个实验过程中，通过多次改变滑片的位置来改变 　电阻的电压　，进行多次实验，记录表格如丙，当电压表示数为2.8V时，电流表如图乙所示，为 　0.28　A； ②分析表格中的实验数据得出结论：当电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成 　正比　； （3）接着，小方将5Ω、10Ω、15Ω、20Ω这四个电阻分别单独接入电路，探究电流与电阻关系的实验； ①实验中控制电阻两端的电压为2V不变，她用5Ω的电阻进行完实验后，保持滑动变阻器的位置不动，当换上10Ω电阻时，为了使电阻两端的电压恢复到2V，此时应将滑片向 　左　（选填“左”或“右”）适当调节； ②实验中她发现当接入 　20　Ω的电阻进行实验时，无论怎样调节滑动变阻器，电压表的示数都大于2V，若想完成实验，应更换一个最大阻值不小于 　40　Ω的滑动变阻器； ③通过实验得出结论，当电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成 　反　比。 【分析】（1）为了保护电路，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片调到阻值最大处；（2）①探究“电流与电压关系的实验”，为得出普遍性的规律，要多次测量，据此分析；根据电流表选用小量程确定分度值读数；②分析表格中的实验数据，求出电压和电流之比分析回答；（3）①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；②实验中控制电阻两端的电压为2V不变，变阻器分得的电压为4V，根据分压原理得出当接入变阻器连入电路中的电阻最大为30Ω时对应的定值电阻的最大值，据此回答；③通过实验得出结论，当电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。 【解答】解：（1）为了保护电路，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片到阻值最大处，即最左端； （2）①接入阻值为10Ω的电阻探究“电流与电压关系的实验”，为得出普遍性的规律，要通过多次改变滑片的位置来改变电阻的电压和电流，进行多次实验； 记录表格如下，当电压表示数为2.8V时，电流表如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.28A； ②分析表格中的实验数据知： R＝＝＝＝＝＝＝10Ω，为一定值，故得出结论：当电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比； （3）①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，为了保持电压2V不变，应增大滑动变阻器的电压，故应向左移动滑片，增大滑动变阻器的阻值从而增大分压； ②实验中控制电阻两端的电压为2V不变，变阻器分得的电压为4V，电阻的电压为变阻器电压的0.5倍，当变阻器的最大电阻变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入变阻器连入电路中的电阻最大为30Ω时，对应的定值电阻最大为：R定大＝0.5×30Ω＝15Ω； 故实验中她发现当接入20Ω的电阻进行实验时，无论怎样调节滑动变阻器，电压表的示数都大于2V； 若想完成实验，由分压原理，应更换一个最大阻值不小于2×20Ω＝40Ω的滑动变阻器； ③通过实验得出结论，当电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。 故答案为：（1）左；（2）①电阻的电压；0.28；②正比；（3）①左；②20；40；③反。 【点评】本题探究电流与电压、电阻关系，考查电路连接、注意事项、故障分析、串联电路的规律及欧姆定律的运用、控制变量法、对器材的要求及数据分析。 24．（6分）在测额定电压为3.8V的小灯泡（电阻约为10Ω）电功率的实验时，小明连接了如图所示的电路，其中电源电压为6V。 （1）在连接电路时，开关必须 　断开　，请将实物电路连接完整。 （2）若在连接电路时，有A（5Ω 0.6A）、B（10Ω 0.5A）和C（20Ω 0.3A）三个滑动变阻器可供选择，则应该选择变阻器 　B　（A/B/C）连入电路，才能保证实验顺利进行。 （3）小明合理地连接好电路，闭合开关，发现调节滑动变阻器灯泡不亮，电流表有示数、电压表无示数，故障是 　小灯泡短路（或电压表短路）　。 （4）下表为某小组的实验记录表： 实验序号 电压表示数/V 电流表示数/A 功率/W 额定功率/W 1 3.0 0.36 1.08 2 3.8 0.40 1.52 3 4.5 0.42 1.89 老师认为数据处理过程有误，你认为错误之处是：　将不同功率的平均值作为额定功率　，正确测量结果P额＝ 　1.52　W。 【分析】（1）为了保护电路，在连接电路时，开关必须断开；根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端； （2）小灯泡额定电压为3.8V，小灯泡的电阻约为10Ω，由欧姆定律求出灯的额定电流；当灯正常发光时，根据串联电路的规律及欧姆定律求出滑动变阻器连入电路中的电阻确定滑动变阻器规格； （3）小明合理地连接好电路，闭合开关，发现调节滑动变阻器灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路； （4）灯在额定电压下的功率为额定功率，不同电压下功率不同，故将几次功率的平均值作为额定功率没有意义； 由表中数据，灯在额定电压下的电流为0.40A，根据P＝UI求灯的额定功率。 【解答】解：（1）为了保护电路，在连接电路时，开关必须断开；小灯泡额定电压为3.8V，故电压表选用大量程并联在灯泡两端，如下图所示： ； 小灯泡的额定电压为3.8V，小灯泡的电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为： I'＝＝ ＝0.38A＞0.3A， 当灯正常发光时，根据串联电路的规律及欧姆定律可知，滑动变阻器连入电路中的电阻为： R滑＝ ＝＝≈5.8Ω＞5Ω，故为了能够顺利完成实验探究，应选用“10Ω 0.5A”的滑动变阻器，即选B； （3）小明合理地连接好电路，闭合开关，发现调节滑动变阻器灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，即故障是小灯泡短路或电压表短路； （4）灯在额定电压下的功率为额定功率，不同电压下功率不同，故将几次功率的平均值作为额定功率是没有意义的，也是错误的； 由表中数据可知，灯的额定功率为1.52W。 故答案为：（1）断开；见解答图；（2）B；（3）小灯泡短路（或电压表短路）；（4）将不同功率的平均值作为额定功率；1.52。 【点评】本题测灯泡电功率的实验，考查了注意事项、电路连接、器材的选择、电路故障、数据处理和功率的计算等知识。 四、计算题（本题共2小题，24题9分，25题9分，共18分，要写出必要的文字说明及解题过程） 25．（9分）某物理兴趣小组的同学，用煤炉给10kg的水加热，同时他们绘制了如图所示的加热过程中水温随时间变化的图线。若在6min内完全燃烧了2kg的煤，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤的热值约为3×107J/kg。求： （1）煤完全燃烧产生的热量； （2）经过6min时间加热，水所吸收的热量； （3）煤炉烧水时的热效率。 【分析】（1）已知煤的质量和热值，利用Q放＝mq可求得煤完全燃烧产生的热量； （2）由图知，经过6min时间加热，水升高的温度值，利用吸热公式求水吸收的热量； （3）烧水时的热效率等于水吸收的热量与燃料完全燃烧放出的热量之比。 【解答】解：（1）煤完全燃烧产生的热量： Q放＝mq＝2kg×3×107 J/kg＝6×107J； （2）水的质量m水＝10kg，加热6min水温度升高度数Δt＝80℃﹣20℃＝60℃， Q吸＝cm水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×60℃＝2.52×106J； （3）煤炉烧水时的热效率： η＝×100%＝×100%＝4.2% 答：（1）煤完全燃烧产生的热量为6×107 J； （2）经过6min时间加热，水所吸收的热量为2.52×106J； （3）煤炉烧水时的热效率为4.2%。 【点评】本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式的掌握和运用，能从液体的温度随时间变化的图象搜集有关信息是本题的关键。 26．（9分）小明为爷爷设计了一款有“速热”和“保温”两挡的防寒服，内部电路简化如图所示。电源两端电压为6V，电热丝R1、R2的阻值恒定，R1＝4Ω。 （1）只闭合开关S1时，通过R1的电流是多大？ （2）只闭合开关S1时，R1的电功率是多少？ （3）电源两端电压为6V时，“速热”挡的电功率为36W。若更换成电压为5V的电源，则使用“速热”挡通电10s产生的热量是多少？ 【分析】（1）只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，已知电源两端电压和R1的阻值，由I＝可求得通过R1的电流； （2）由P＝可求得只闭合开关S1时，R1的电功率； （3）由图可知，只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，两开关都闭合时，两电阻并联，由P＝可知，此时功率最大，为“速热”挡，由P＝UI可求得干路中的电流，由并联电路的电流规律可求得通过I2的电流，然后可求得R2的阻值，若更换成电压为5V的电源，两电阻阻值不变，由I＝求得此时电路中的电流，然后由Q＝W＝U′I′t可求得使用“速热”挡通电10s产生的热量。 【解答】解：（1）只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，通过R1的电流： I1＝＝＝1.5A； （2）只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，R1的电功率： P1＝＝＝9W； （3）由图可知，只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，两开关都闭合时，两电阻并联，由P＝可知，此时功率最大，为“速热”挡，已知电源两端电压为6V时，由P＝UI可得，干路中的电流： I＝＝＝6A， 通过I2的电流： I2＝I﹣I1＝6V﹣1.5A＝4.5A， R2的阻值：R2＝＝＝Ω， 若更换成电压为5V的电源，此时电路中的电流： I′＝+＝+＝5A， 使用“速热”挡通电10s产生的热量： Q＝W＝U′I′t＝5V×5A×10s＝250J。 答：（1）只闭合开关S1时，通过R1的电流是1.5A； （2）只闭合开关S1时，R1的电功率是9W； （3）使用“速热”挡通电10s产生的热量是250J。 【点评】本题考查电功率公式、焦耳定律的应用，关键是“速热”和“保温”两挡电路的判断。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$