江苏省盐城市响水县2024-2025学年九年级上学期1月期末物理试题

2024-2025学年江苏省盐城市响水县九年级（上）期末物理试卷 一、选择题：共24分，12小题，每小题2分，每小题只有一个选项符合题意。 1．（2分）下列物体能被磁铁吸引的是（　　） A．木块 B．铁钉 C．瓷碗 D．塑料尺 2．（2分）如图所示，下列四种机械装置，正常使用时不属于省力杠杆的是（　　） A．羊角锤起钉子 B．扫帚扫地 C．按压开关 D．转动门把手 3．（2分）如图是酷爱篮球运动的向老师投篮过程的动作分解示意图，第一阶段将球举过头顶，第二阶段球出手，在这个过程中，手对篮球做了功的是（　　） A．第一阶段 B．第二阶段 C．两个阶段都做了功 D．两个阶段都没做功 4．（2分）手机亏电时，可通过开启“低电量模式”来延长使用时间。“低电量模式”开启后，可以（　　） A．减少手机消耗的电能 B．减小手机的电功率 C．增加手机消耗的电能 D．增大手机的电功率 5．（2分）如图所示，为家用插线板示意图。图中A线接入家庭电路中，B线接台灯，C线接取暖器，两个用电器均正常工作时，A、B、C三处的电流分别为IA、IB、IC，则它们的大小关系正确的是（　　） A．IA＝IB B．IC＝IA+IB C．IA＝IB+IC D．IB＝IC 6．（2分）2024年12月5日，我国使用长征六号改运载火箭，成功将千帆极轨03组卫星发射升空。下列说法正确的是（　　） A．燃料燃烧的过程，是将内能转化为化学能 B．火箭发动机是一种比柴油机效率更高的热机 C．上升过程中与空气摩擦生热，火箭外壳内能不变 D．火箭外壳一般选用强度高、密度大的铝合金材料 7．（2分）图中轻质木板可绕O点自由转动（不计摩擦）。每个钩码质量相同，A、B、C、D、E、F为悬挂点，AB＝BO＝OC＝CD，ABOCD的连线水平，且与EDF的连线垂直。在B、D处分别挂上2个和1个钩码，木板在水平位置平衡。下列操作仍能使木板在水平位置平衡的是（　　） A．在B、D两处各加挂一个钩码 B．仅将D处的1个钩码移挂至F处 C．把B处钩码移到A处，把D处钩码挂到C处 D．把B处钩码移到A处，把D处钩码移到E处 8．（2分）为测量某同学引体向上时的功率，以下待测物理量组合最合理的是（　　） ①人体的质量m ②单杠的高度H ③每次身体上升的高度h ④做1次引体向上的时间t ⑤引体向上的次数n ⑥n次引体向上的总时间T A．①②④ B．①③④ C．①②⑤⑥ D．①③⑤⑥ 9．（2分）被斜向上抛出的小球在空中飞行过程中经过不同位置时的能量情况如图所示，下列判断中错误的（　　） A．经过B、D两位置时小球的高度相同 B．经过B、E两位置时小球的速度大小相同 C．C位置可能为最高点 D．从A到B位置的过程中，小球的动能变化量小于重力势能变化量 10．（2分）如图所示电路，电源电压不变，R为定值电阻，将标有“6V 2W”的灯泡L1接在a、b两接线柱间，闭合开关S，灯L1正常发光；若在a、b两接线柱间换上标有“6V 3W”的灯泡L2，闭合开关S，则灯L2（　　） A．恰能正常发光 B．比正常发光时偏亮 C．灯丝可能烧断 D．比正常发光时偏暗 11．（2分）海水盐浓度越大，其导电性越好，固定间距金属片A、B之间海水的电阻越小。下列电路中，电源电压恒定，R0为定值电阻，闭合开关S，海水盐浓度越大，电表示数越大的是（　　） A． B． C． D． 12．（2分）图示电路中，电源电压不变，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器。闭合开关S，移动滑片P从左端到右端，记录电压表示数U和对应的电流表示数I，则绘出的U﹣I关系图象正确的是（　　） A． B． C． D． 二、填空题：本题共8小题，每空1分，共24分。 13．（3分）如图，手握修枝剪刀的把手末端，可轻松剪断树枝。这时修枝剪刀属于 　 　杠杆，支点在 　 　点；使用时，若在轴上加润滑油，可以 　 　（提高/降低）它的机械效率。 14．（3分）“充电宝”是旅行中常备物品之一，给“充电宝”充电时，“充电宝”是 　 　（选填“电源”或“用电器”），丹阳几乎所有学校的教室中都安装了LED护眼灯，这些LED护眼灯是 　 　（选填“串联”或“并联”）的；制作LED灯的主要材料是 　 　（选填“导体”、“绝缘体”或“半导体”）。 15．（2分）某同学用电压表测自制水果电池的电压：水果电池的正极是 　 　（锌片/铜片）；将水果电池 　 　联可为电路提供更大的电压。 16．（3分）用40N的拉力将重为50N的物体沿斜面匀速拉到顶端。斜面长2m，高1m。拉力做的有用功为 　 　J，斜面的机械效率为 　 　，物体受到的摩擦力为 　 　N。 17．（4分）如图所示，用酒精灯给水加热，这是通过 　 　方式增大了水的内能；一段时间后，观察到软木塞冲出试管口，此过程中，水蒸气的内能 　 　（选填“增大”或“减小”），这与热机 　 　冲程的能量转化相同；某四冲程汽油机飞轮的转速是2400r/min，则该汽油机每秒做功 　 　次。 18．（3分）如图是小明家的电能表，示数为 　 　kW•h，当小明单独打开取暖器时，他发现家中电能表的转盘在40min内转动了3600圈，实际功率为 　 　kW；若该电能表能正常工作的最大电流为20A，则小明家中还能接入额定功率为 　 　kW的用电器。 19．（3分）小华根据“磁体对周围小磁针的力的作用，不需要接触，说明磁体周围存在磁场”的知识，类比得出：地球周围存在“重力”场。 ①请写出小华得出地球周围存在“重力”场的依据。 　 　。 ②如果用同一物体受到重力的大小和方向来表示“重力”场的强弱和方向。 （a）登月宇航员在月球上受到的重力大约是地球上的六分之一，说明地球附近的“重力”场比月球附近的“重力”场 　 　（选填“强”或“弱”）。 （b）类比用磁感线描述磁场，用一系列假想线来描述地球附近的“重力”场，在图中最为合理的是 　 　（选填“A”、“B”或“C”）。 20．（3分）超导限流器是一种短路故障电流限制装置，它由超导元件和限流电阻并联组成，内部电路如图甲中虚线框内所示。超导元件的电阻R1随电流I的变化关系如图乙所示，限流电阻R2＝12Ω，灯泡L上标有“6V 3W”字样。当电源电压为6V时，灯泡　 　（选能/不能）正常发光；若电源电压仍为6V，当灯泡发生短路时，电流表的示数为　 　A．若电源电压降为3V时，忽略温度对灯泡电阻的影响，其时电路的总功率为　 　W。 三、解答题：本题共9小题，共52分，第22题和第23题要写出必要的公式和解答过程。 21．（2分）如图，在杠杆中画出其受到的阻力及能使其保持平衡的最小动力F的示意图。 22．（2分）请用笔画线代替导线，将图中的电灯和开关正确的接入家庭电路中。 23．（2分）请在图中标出静止小磁针的S极和电源的负极。 24．（6分）如图，塔式起重机上的滑轮组匀速吊起重物时，所用的拉力为1×103N，重物在90秒内被提升3m，此过程中滑轮组的机械效率为80%。求： （1）拉力所做的总功。 （2）拉力做的有用功。 （3）若动滑轮重200N，克服摩擦和钢绳重所做的功。 25．（9分）某加湿器额定电压为220V，电路如图甲。R1，R2为发热电阻，且R2＝3R1，S为旋转开关。1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间转换，高挡功率为440W，加湿器的P﹣t关系如图乙。求： （1）高挡工作时，电路中的电流。 （2）发热电阻R2的阻值。 （3）正常工作30min消耗的电能。 26．（6分）如图装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。 （1）为研究不同物质的吸热能力，可利用 　 　两幅图进行实验，根据记录的数据作出了两种液体的温度随时间变化关系图象，如图丁：不同物质吸热多少是通过 　 　来反映的。由图可以看出 　 　液体的吸热本领较大。如果已知b液体的比热容是1.8×103J/（kg•℃），则a液体的比热容是 　 　J/（kg•℃）。 （2）测量某种燃料热值时，在实验前用天平测出了液体及燃料的质量，并记录相关数据，利用公式Q＝cm（t﹣t0）（若a、b液体的比热容已知）计算出了液体吸收的热量，通过这些数据计算出某种燃料的热值。则该热值与实际燃料的热值相比 　 　（偏大/偏小/不变）。 （3）在以上“探究不同物质的吸热能力”和“探究不同燃料的热值”这两个实验中都采用的科学思维方法有 　 　（多选）。 A.控制变量法 B.转换法 C.模型法 D.理想实验法 27．（5分）骑自行车转弯时，身体为什么要向弯道内侧倾斜呢？小华提出：“要想转弯，必须受力，身体倾斜是为了给自行车一个向内侧转弯的力”。这个力的大小可能与哪些因素有关呢？小华用小球代替运动员进行探究，她提出三种猜想： 猜想一：可能与小球的速度有关； 猜想二：可能与小球的质量有关； 猜想三：可能与圆弧形轨道的半径有关。 如图所示，小华把半径为0.5m的半圆光滑轨道（左端连着横杆）置于压力传感器上，分别让小钢球从弧面自由滚下。 （1）小华发现内道选手转弯时比外道倾斜得更明显，这一现象可作为猜想 　 　的依据。 （2）为探究猜想三，小华应选用质量 　 　（相同/不相同）小球从同一高度自由释放。 （3）小华将每次压力传感器达到的最大示数（钢球到达最低点时的示数）记录在下表： 次数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小钢球质量m/g 30 30 30 60 60 60 90 90 90 距离传感器高度h/m 0.3 0.4 0.5 0.3 0.4 0.5 0.3 0.4 0.5 传感器最大示数F/N 1.66 1.78 1.90 2.32 2.56 2.80 2.98 3.34 3.70 ①分析数据可得出结论：小球转弯时受力的大小与小球的质量 　 　（有关/无关）。 ②某同学认为“以上各小球从左侧轨道相同高度滚到底端时速度大小与质量有关，质量大的小球速度小”，他的观点 　 　（合理/不合理），从能量转化角度并结合公式解释：　 　（重力势能Ep＝mgh，动能Ek＝0.5mv2，阻力忽略不计）。 28．（10分）小明在测定“2.5V”小灯泡电功率时，“20Ω”的滑动变阻器，学生电源等。 （1）如图甲电路，闭合开关，发现灯 　 　（发光/不发光），电流表 　 　（有/无）示数。 （2）请在接错的一根导线上打“×”，并补画出正确连接的导线。 （3）改好电路，电源电压调为6V。实验中，两表示数如图乙，则电流为 　 　A，灯泡实际功率 　 　（大于/小于/等于）额定功率。 （4）测得数据如表，灯泡额定功率为 　 　W；分析发现表中第 　 　次数据是编造的。 实验次数 1 2 3 4 5 6 电压U/V 1.0 1.3 1.7 2.1 2.5 2.8 电流I/A 0.22 0.24 0.26 0.28 0.30 （5）根据表格数据推测：当电流为0.12A时，小灯泡的实际功率最有可能的是 　 　。 A.0.05W B.0.08W C.0.10W D.0.11W （6）小明向左移动滑片，小灯泡变亮，灯丝电阻变大。若滑动变阻器接入电阻减小了ΔR1，灯丝电阻增大ΔR2，则ΔR1　 　（＞/＝/＜）ΔR2。 （7）小华利用以上器材，将电源电压调为3V，增加一个R1＝10Ω的定值电阻和电阻箱R2，设计图丙、丁两种不同方案来测量小灯泡的额定功率。以下判断正确的是 　 　。 A.两种方案都能 B.丙方案能，丁方案不能 C.两种方案都不能 D.丙方案不能，丁方案能 29．（10分）阅读短文，回答文后问题： 电水壶 图甲所示是常见的电水壶，它的工作原理是：接通电源加热后，水温逐步上升到100℃，水开始沸腾，水蒸气使双金属片变形推动蒸汽开关，从而使电水壶在水烧开后自动断电（下次烧水需重新闭合蒸汽开关）．如果蒸汽开关失效，壶内的水会一直烧下去，直到水被烧干，发热元件温度急剧上升，位于发热盘底部也有一个双金属片开关，会因为热传导作用温度急剧上升，膨胀变形，断开电源。 图乙是双金属片温控原理图，A为双金属片，由两层不同金属粘合而成，受热时二者膨胀的快慢不同。在未通电和低于预定温度时，双金属片A和静片B上的触点接通，电路正常工作，当温度达到预定温度时，双金属片向左弯曲（温度越高，弯曲程度越大），电路断开。C是调节旋钮，调节它可改变双金属片与静片弹性接触的力度，从而调节双金属片断开的温度。 图丙是传统电水壶用电热丝（实线①）及PTC材料（实线②）的电阻随温度变化的关系图象。若使用PTC加热元件代替电热丝，可以有效防止因为干烧而出现的着火危险。PTC加热元件的自动控制温度性能是绝对可靠的，它靠的是PTC本体内的电阻变化而控制温度，而不是依靠任何触点控制。所以现在很多高档的电热水壶采用了PTC加热元件。 （1）若不使用三孔插座供电，手摸电水壶的金属外壳 　 　（一定会/一定不会/有可能）触电。 （2）图甲中的电水壶，其蒸汽开关与双金属片开关应 　 　（串联/并联）连接。 （3）关于图甲电水壶中的双金属片，下列说法正确的是 　 　 A．双金属片受热时，金属层a比b膨胀快 B．调节旋钮C，使静片B向左弯曲时，双金属片断开的温度值变低 C．蒸汽开关与发热盘底部的双金属片开关是同时断开的 D．双金属片触点频繁通断电，容易烧接在一起，从而导致干烧危险 （4）通电后PTC电水壶发热盘的最终温度应在 　 　（T5﹣T6/T6﹣T7/T7﹣T8）范围内。 （5）通电后，①②两种发热材料的功率随时间变化的图象正确的是 　 　。 2024-2025学年江苏省盐城市响水县九年级（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 B B A B C B B D D D A 题号 12 答案 D 一、选择题：共24分，12小题，每小题2分，每小题只有一个选项符合题意。 1．（2分）下列物体能被磁铁吸引的是（　　） A．木块 B．铁钉 C．瓷碗 D．塑料尺 【分析】具有吸引铁、钴、镍等物质的性质叫磁性，具有磁性的物体叫磁体。 【解答】解：磁铁是具有磁性的物体，只能吸引铁、钴、镍等金属材料，不能吸引其它金属及陶瓷、塑料和木材。 故选：B。 【点评】此题考查了磁体的基本性质，也就是只对磁性材料有力的作用，是一道基础题，难度不大。 2．（2分）如图所示，下列四种机械装置，正常使用时不属于省力杠杆的是（　　） A．羊角锤起钉子 B．扫帚扫地 C．按压开关 D．转动门把手 【分析】结合图片和生活经验，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、羊角锤起钉子过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故A错误； B、扫帚在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故B正确； C、开关在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故C错误； D、门把手在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故D错误。 故选：B。 【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。 3．（2分）如图是酷爱篮球运动的向老师投篮过程的动作分解示意图，第一阶段将球举过头顶，第二阶段球出手，在这个过程中，手对篮球做了功的是（　　） A．第一阶段 B．第二阶段 C．两个阶段都做了功 D．两个阶段都没做功 【分析】本题要抓住做功的两个必要因素： 1．作用在物体上的力； 2．物体在力的方向上通过的距离（即力和距离的方向要一致）； 二者缺一不可。 【解答】解：第一阶段将球举过头顶，手对球施加了力，且球在力的方向上移动了距离，所以第一阶段手对篮球做功。 第二阶段球出手，篮球离开手之后，不再受手的作用力，所以手对篮球没有做功。 故BCD错误，A正确。 故选：A。 【点评】本题考查了力是否做功的判断方法。 4．（2分）手机亏电时，可通过开启“低电量模式”来延长使用时间。“低电量模式”开启后，可以（　　） A．减少手机消耗的电能 B．减小手机的电功率 C．增加手机消耗的电能 D．增大手机的电功率 【分析】由公式W＝Pt知，手机“省电模式”，是在手机电池储存电能一定的前提下，通过减小输出功率延长使用时间的。 【解答】解：当手机“电量”所剩无几时，即W一定，由P可得，要延长使用时间t，则减小总功率P，因此手机的“省电模式”来是通过减小总功率的方式来延长使用时间的。 故选：B。 【点评】此题通过智能手机的“省电模式”来考查学生对电功率、与电能、时间的关系的理解和掌握，此题与我们的实际生活联系密切，是一道好题。 5．（2分）如图所示，为家用插线板示意图。图中A线接入家庭电路中，B线接台灯，C线接取暖器，两个用电器均正常工作时，A、B、C三处的电流分别为IA、IB、IC，则它们的大小关系正确的是（　　） A．IA＝IB B．IC＝IA+IB C．IA＝IB+IC D．IB＝IC 【分析】插线板上所接入的用电器之间是并联的，根据并联电路的电流规律分析A、B、C三处的电流关系；根据并联电路电压关系和P＝UI分析B、C两处电流关系。 【解答】解：插线板上所接入的用电器之间是并联的，所以A线是插线板的干路，B线和C线是两条支路， 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以三处电流关系为：IA＝IB+IC，所以AB错误，C正确； 因并联电路中各支路两端电压相等，等于电源电压，所以台灯和取暖器两电压相等，而且取暖器功率比台灯大，由I可知，IB＜IC，所以D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了并联电路的电流和电压关系以及电功率公式的应用，难度不大。 6．（2分）2024年12月5日，我国使用长征六号改运载火箭，成功将千帆极轨03组卫星发射升空。下列说法正确的是（　　） A．燃料燃烧的过程，是将内能转化为化学能 B．火箭发动机是一种比柴油机效率更高的热机 C．上升过程中与空气摩擦生热，火箭外壳内能不变 D．火箭外壳一般选用强度高、密度大的铝合金材料 【分析】燃料燃烧时的能量转化是化学能转化为内能。 火箭发动机效率为：60%；柴油机的效率：30%～45%。 克服摩擦做功，使物体的内能增大，温度升高。 体积一定时，根据m＝ρV比较质量。 【解答】解：A.燃料燃烧的过程，是将化学能转化为内能，故A错误； B.火箭发动机是一种比柴油机效率更高的热机，故B正确； C.上升过程中与空气摩擦生热，机械能转化为内能，火箭外壳内能增大，故C错误； D.火箭外壳一般选用强度高、密度小的铝合金材料，体积一定时，根据m＝ρV质量较小，比较轻便，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了物质的物理特征，燃料燃烧时的能量转化，热机效率，本题体现了物理和生活、生产的紧密联系性，这就要求我们学习物理要联系生活。 7．（2分）图中轻质木板可绕O点自由转动（不计摩擦）。每个钩码质量相同，A、B、C、D、E、F为悬挂点，AB＝BO＝OC＝CD，ABOCD的连线水平，且与EDF的连线垂直。在B、D处分别挂上2个和1个钩码，木板在水平位置平衡。下列操作仍能使木板在水平位置平衡的是（　　） A．在B、D两处各加挂一个钩码 B．仅将D处的1个钩码移挂至F处 C．把B处钩码移到A处，把D处钩码挂到C处 D．把B处钩码移到A处，把D处钩码移到E处 【分析】（1）符合杠杆平衡条件F1l1＝F2l2，杠杆平衡，不符合杠杆平衡条件，力和力臂乘积大的一端下沉。 （2）力臂是从支点到力的作用线的距离，把钩码挂在E处、F处杠杆水平平衡时，力臂均和钩码挂在D处的力臂相等。 【解答】解：设AB＝BO＝OC＝CD＝L，每个钩码的重力为G。 A．在B、D两处各加挂一个钩码时，杠杆左侧力与力臂的积为3G×L，右侧力与力臂的积为2G×2L，因3G×L≠2G×2L，所以木板不会平衡，故A错误； B．仅将D处的1个钩码移挂至F处，则杠杆左侧力与力臂的积为2G×L，右侧力与力臂的积为G×2L，因2G×L＝G×2L，所以木板会平衡，故B正确； C．把B处两个钩码挂在A处，把D处钩码挂在C处，则杠杆左侧力与力臂的积为2G×2L，右侧力与力臂的积为G×L，因2G×2L≠G×L，所以木板不会平衡，故C错误； D、把B处钩码移到A处，杠杆左侧力与力臂的积为2G×2L，把D处钩码移到E处，右侧力与力臂的积为G×2L，因2G×2L≠G×2L，所以木板不会平衡，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等，不能只看力或只看力臂。 8．（2分）为测量某同学引体向上时的功率，以下待测物理量组合最合理的是（　　） ①人体的质量m ②单杠的高度H ③每次身体上升的高度h ④做1次引体向上的时间t ⑤引体向上的次数n ⑥n次引体向上的总时间T A．①②④ B．①③④ C．①②⑤⑥ D．①③⑤⑥ 【分析】做引体向上运动就是克服自身重力做的功，根据功的计算公式与功率公式求出功率的表达式，然后根据功率表达式分析答题。 【解答】解：做引体向上运动时，要克服自身重力做功，小明做引体向上时的功率：P其中：m为人的质量，h为每次身体上升的高度，n为引体向上的次数，t为做引体向上所用的总时间。因此需要测量的量为人的质量①、每次身体上升的高度③、引体向上的次数⑤以及引体向上的总时间⑥。 故选：D。 【点评】功率的测量是初中物理中比较常见的一种测量，关键是判断出什么力做功，求出功率的表达式即可正确解题。 9．（2分）被斜向上抛出的小球在空中飞行过程中经过不同位置时的能量情况如图所示，下列判断中错误的（　　） A．经过B、D两位置时小球的高度相同 B．经过B、E两位置时小球的速度大小相同 C．C位置可能为最高点 D．从A到B位置的过程中，小球的动能变化量小于重力势能变化量 【分析】动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，机械能为动能、势能的和。 【解答】解：A．由图可知，B、D位置的重力势能相同，小球的质量不变，所以B、D位置的高度相同，故A正确； B．动能的大小与质量和速度有关，由图可知，BE位置的动能相同，质量不变，所以经过BE两位置时小球的速度大小相同，故B正确； C．重力势能的大小与质量和高度有关，由图可知，C位置的重力势能最大，质量不变，C位置可能为最高点，故C正确； D．机械能包括动能和势能，由图可知，小球中E位置的机械能小于A位置的机械能，说明小球整个过程机械能减小，小球从A到B的过程中，重力势能增大，动能减小，动能转化为重力势能，机械能减小，小球的动能变化量大于重力势能变化量，故D错误。 故选：D。 【点评】本题考查了影响动能、重力势能大小的因素和机械能的变化，属于基础题。 10．（2分）如图所示电路，电源电压不变，R为定值电阻，将标有“6V 2W”的灯泡L1接在a、b两接线柱间，闭合开关S，灯L1正常发光；若在a、b两接线柱间换上标有“6V 3W”的灯泡L2，闭合开关S，则灯L2（　　） A．恰能正常发光 B．比正常发光时偏亮 C．灯丝可能烧断 D．比正常发光时偏暗 【分析】灯泡的实际功率是由灯泡两端的实际电压决定的，根据公式R可知两灯泡电阻的大小；根据电阻的串联可知电路中总电阻的变化，根据串联电路电阻的分压特点可知灯泡两端电压的变化，进而得出答案。 【解答】解：根据P的变形公式R可知，当电压相同时，电功率越大，电阻越小； 所以“6V 3W”的灯泡电阻比“6V 2W”灯泡电阻小； 把乙灯泡接入电路后，灯泡电阻变小，定值电阻阻值不变， 灯泡分压变小，灯泡两端的电压小于6V， 灯泡两端电压小于其额定电压，灯泡的实际功率小于额定功率3W，比正常发光时偏暗，灯丝不可能烧断，故D正确，ABC错误。 故选：D。 【点评】本题考查电功率的计算，串联电路的电压规律，欧姆定律的应用，此题的关键是判断定值电阻的电压变化。 11．（2分）海水盐浓度越大，其导电性越好，固定间距金属片A、B之间海水的电阻越小。下列电路中，电源电压恒定，R0为定值电阻，闭合开关S，海水盐浓度越大，电表示数越大的是（　　） A． B． C． D． 【分析】（1）AB和R0串联，电压表测量R0两端的电压，根据串联分压分析； （2）AB和R0串联，电压表测量AB间的电压，根据串联分压分析； （3）电压表测量电源电压； （4）AB和R0并联，电流表测量定值电阻R0的电流。 【解答】解：A、A图中AB和R0串联，电压表测R0两端电压；海水浓度越大，AB间电阻越小，根据串联分压原理，其分担的电压越小，R0两端的电压越大，即电压表的示数越大，故A正确； B、B图中AB和R0串联，电压表测AB两端电压；海水浓度越大，AB间电阻越小，根据串联分压原理，其分担的电压越小，即电压表的示数越小，故B错误； C、C图中电压表测量电源电压，因电源电压恒定，因此电压表示数不变，故C错误； D、D图中AB和R0并联，电流表测量定值电阻R0的电流，电源电压恒定，电阻R0不变，根据I0 得I0不变，即电流表示数不变，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查电路分析和欧姆定律的应用等知识。 12．（2分）图示电路中，电源电压不变，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器。闭合开关S，移动滑片P从左端到右端，记录电压表示数U和对应的电流表示数I，则绘出的U﹣I关系图象正确的是（　　） A． B． C． D． 【分析】由电路图分析知，R1和R2、R3是串联的，电压表测得的是R2、R3两端的电压，电流表测得的是电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电压表与电流表的示数关系，然后得出答案。 【解答】解：由电路图分析知，R1和R2、R3是串联的，电压表测得的是R2、R3两端的电压，电流表测得的是电路中的电流，因串联电路中总电压等于各分电压之和， 电压表的示数： U＝U电源﹣IR1， 由表达式可知电压表的示数U和电流表的示数I是一次函数， 当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，其两端的电压最小，但不为0，电路中的电流最大， 当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，不可能为0，由选项可知，D正确、ABC错误。 故选：D。 【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道较为简单的应用题。 二、填空题：本题共8小题，每空1分，共24分。 13．（3分）如图，手握修枝剪刀的把手末端，可轻松剪断树枝。这时修枝剪刀属于 　省力　杠杆，支点在 　B　点；使用时，若在轴上加润滑油，可以 　提高　（提高/降低）它的机械效率。 【分析】（1）剪刀的本质是杠杆，“把长刃短”的剪刀是省力杠杆的结构，利用省力杠杆节省力的特点来产生较大的力； （2）影响剪刀机械效率的因素在于刀片与轴之间的摩擦，加润滑油可以减小摩擦。 【解答】解：剪刀属于杠杆，支点是B点，动力作用在A点，阻力作用在C点，使用时动力臂大于阻力臂，因此是省力杠杆； 使用时，若在轴上加润滑油，可以减小轴的摩擦，从而减小额外功，可以提高杠杆的机械效率。 故答案为：省力；B；提高。 【点评】剪刀是杠杆在日常生活中的重要应用之一，根据剪刀的用途不同采用了不同的杠杆种类。 14．（3分）“充电宝”是旅行中常备物品之一，给“充电宝”充电时，“充电宝”是 　用电器　（选填“电源”或“用电器”），丹阳几乎所有学校的教室中都安装了LED护眼灯，这些LED护眼灯是 　并联　（选填“串联”或“并联”）的；制作LED灯的主要材料是 　半导体　（选填“导体”、“绝缘体”或“半导体”）。 【分析】（1）给“充电宝”充电时，“充电宝”是用电器。 （2）教室内的各盏灯泡是并联的，各盏灯泡之间互不影响。 （3）制作LED灯的主要材料是半导体。 【解答】解：给“充电宝”充电时，“充电宝”是用电器，此时将电能转化为化学能，丹阳几乎所有学校的教室中都安装了LED护眼灯，这些LED护眼灯是并联的；制作LED灯的主要材料是半导体。 故答案为：用电器；并联；半导体。 【点评】知道用电器在电路中是消耗电能的设备；知道串联和并联是电路的两种基本连接方式；知道半导体材料的特点及应用。 15．（2分）某同学用电压表测自制水果电池的电压：水果电池的正极是 　铜片　（锌片/铜片）；将水果电池 　串　联可为电路提供更大的电压。 【分析】（1）根据水果电池与电压表的连接判断其正极； （2）根据串联电路的电压规律分析。 【解答】解：（1）使用电压表时，要求电流要从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出。由图可知，与电压表正接线柱相连的是铜片，故铜片是电池的正极； （2）根据串联电路的电压规律可知，把若干个水果电池串联起来使用，可以为电路提供更高的电压。 故答案为：铜片；串。 【点评】本题考查对电压表的使用以及串联电路电压规律的应用，属于一道基础题。 16．（3分）用40N的拉力将重为50N的物体沿斜面匀速拉到顶端。斜面长2m，高1m。拉力做的有用功为 　50　J，斜面的机械效率为 　62.5%　，物体受到的摩擦力为 　15　N。 【分析】（1）知道物体的重力，利用W＝Gh求克服物体重力做的有用功； （2）知道拉力大小、斜面长，利用W＝Fs求拉力F做的总功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比； （3）克服摩擦力做的额外功等于总功减去有用功，再利用W额＝fs求物体受到的摩擦力。 【解答】解： （1）克服物体重力做的有用功： W有＝Gh＝50N×1m＝50J； （2）拉力F做的总功： W总＝Fs＝40N×2m＝80J， 斜面的机械效率： η100%＝62.5%； （3）克服摩擦力做的额外功： W额＝W总﹣W有＝80J﹣50J＝30J， 由W额＝fs可得物体受摩擦力： f15N。 故答案为：50；62.5%；15。 【点评】本题考查了使用斜面时有用功、总功、机械效率的计算，明确拉力做的额外功等于克服摩擦做的功是关键。 17．（4分）如图所示，用酒精灯给水加热，这是通过 　热传递　方式增大了水的内能；一段时间后，观察到软木塞冲出试管口，此过程中，水蒸气的内能 　减小　（选填“增大”或“减小”），这与热机 　做功　冲程的能量转化相同；某四冲程汽油机飞轮的转速是2400r/min，则该汽油机每秒做功 　20　次。 【分析】（1）改变内能的方式包括做功和热传递；做功可以改变物体的内能，外界对物体做功时，机械能转化为内能，物体内能增大，当物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小； （2）热机的一个工作循环有吸气、压缩、做功、排气四个冲程组成，其中压缩冲程机械能转化成内能，做功冲程内能转化成机械能； （3）四冲程汽油机一个工作循环，完成四个冲程，飞轮转动2圈，做功一次。 【解答】解：用酒精灯给水加热，水吸收热量，内能增加，这是通过热传递方式增大了水的内能；软木塞冲出试管口时，水蒸气对软木塞做功，水蒸气的内能减小，水蒸气的内能转化为软木塞的机械能；这与热机的做功冲程的能量转化相同； 由飞轮的转速是2400r/min知道，每秒飞轮转动40圈，根据四冲程汽油机一个工作循环，完成四个冲程，飞轮转动2圈，做功一次可知，每秒钟做功20次。 故答案为：热传递；做功；20。 【点评】此题考查学生对于物体内能改变方式的理解，以及热机的冲程，是中考的热点。 18．（3分）如图是小明家的电能表，示数为 　3927.6　kW•h，当小明单独打开取暖器时，他发现家中电能表的转盘在40min内转动了3600圈，实际功率为 　1.8　kW；若该电能表能正常工作的最大电流为20A，则小明家中还能接入额定功率为 　2.6　kW的用电器。 【分析】（1）电能表是测量电路一段时间内消耗的电能的仪表，上面有五个数字窗口，最后一位是小数位，单位是kW•h； （2）3000r/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，转盘正好转过3000r，据此求出转盘正好转过3600r消耗的电能，知道工作时间，利用公式P求取暖器的实际功率； （3）由电能表的铭牌可知，正常工作时的电压和允许通过的最大电流，根据P＝UI求出他家接入用电器的最大总功率，然后再计算还能接入的用电器。 【解答】解：（1）电能表的最后一位是小数，可以看出电能表的示数为3927.6，单位是kW•h，故电能表的读数3927.6kW•h；（2）由“3000r/（kW•h）”可知电路中每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转3000r； 当电能表转盘转过3600r时，取暖器消耗的电能：W1.2kW•h； 工作时间t＝40minh， 取暖器的实际功率：P实际1.8kW； （3）小明家接入用电器的最大总功率P＝UI＝220V×20A＝4400W＝4.4kW； 小明家中还能接入的功率P′＝4.4kW﹣1.8kW＝2.6kW。 故答案为：3927.6；1.8；2.6。 【点评】本题考查了电能表的读数和电功率的计算，知道电能表参数的含义是解题的关键。 19．（3分）小华根据“磁体对周围小磁针的力的作用，不需要接触，说明磁体周围存在磁场”的知识，类比得出：地球周围存在“重力”场。 ①请写出小华得出地球周围存在“重力”场的依据。 　地球对周围的物体有吸引力的作用，不需要接触　。 ②如果用同一物体受到重力的大小和方向来表示“重力”场的强弱和方向。 （a）登月宇航员在月球上受到的重力大约是地球上的六分之一，说明地球附近的“重力”场比月球附近的“重力”场 　强　（选填“强”或“弱”）。 （b）类比用磁感线描述磁场，用一系列假想线来描述地球附近的“重力”场，在图中最为合理的是 　A　（选填“A”、“B”或“C”）。 【分析】（1）根据物体在地球附近受到重力猜想在地球周围也可能存在某种“重力场”； （2）（a）根据同一物体重力的大小，判断重力场的强弱； （b）根据”重力方向竖直向下“推测重力场的分布。 【解答】解： （1）磁体对周围小磁针的力的作用，不需要接触，说明磁体周围存在磁场； 同理可知，地球对周围的物体有吸引力的作用，也不需要接触，据此可以猜想在地球周围也可能存在“重力场”； （2）（a）由题知，如果用同一物体受到重力的大小来表示“重力”场的强弱，即重力越大，重力场越强；因同一物体在月球上受到的重力大约是地球的六分之一，说明同一物体在地球上的重力较大，即地球附近的“重力”场比月球附近的“重力”场强； （b）在磁场中，小磁针受力方向为磁感线的切线方向； 而重力的方向竖直向下，基本上指向地心的方向，类比可知，图A最有可能是“重力场”的分布。 故答案为：（1）地球对周围的物体有吸引力的作用，不需要接触；（2）（a）强；（b）A。 【点评】本题为猜想题，根据所学知识，得出正确结论，考查学以致用的能力。 20．（3分）超导限流器是一种短路故障电流限制装置，它由超导元件和限流电阻并联组成，内部电路如图甲中虚线框内所示。超导元件的电阻R1随电流I的变化关系如图乙所示，限流电阻R2＝12Ω，灯泡L上标有“6V 3W”字样。当电源电压为6V时，灯泡　能　（选能/不能）正常发光；若电源电压仍为6V，当灯泡发生短路时，电流表的示数为　1.1　A．若电源电压降为3V时，忽略温度对灯泡电阻的影响，其时电路的总功率为　0.75　W。 【分析】（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出灯泡正常发光时的电流，由乙图可知R1的阻值为0，R2被短路，电路为灯泡L的简单电路，据此分析灯泡是否能正常发光； （2）灯泡被短路时，R1与R2并联，根据图乙可知通过R1的电流大于0.6A时阻值为10Ω，根据欧姆定律求出此时两端的电压，然后与电源的电压相比较判断出此时R1的阻值，再根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出两支路的电流，利用并联电路的电流特点求出电流表的示数； （3）根据P变形公式求出灯的电阻，若电源电压降为3V时，由欧姆定律和并联电路电流的规律，可知通过R1的电流取值范围，结合图乙分析电路的结构，根据P得出这时电路的总功率。 【解答】解：（1）根据P＝UI可得，灯泡正常发光时的电流： IL0.5A， 因0.5A＜0.6A， 所以，由乙图可知R1的阻值为0Ω，此时R2被短路，灯泡L两端的电压为6V，能正常发光； （2）当灯泡发生短路时，R1与R2并联， 根据图乙可知，通过R1的电流大于0.6A时阻值为10Ω，则 根据欧姆定律可得，R1两端的电压： U1＝I1R1＝0.6A×10Ω＝6V， 所以，U1＝U＝6V， 即此时R1的阻值为10Ω， 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，此时电流表的示数： I＝I1+I21.1A； （3）灯的电阻为： RL12Ω，若电源电压降为3V时，则通过灯的电流一定小于： I′0.25A，根据并联电路电流的规律，通过R1的电流小于0.25A，R1的电阻为0，限流电阻被短路，电路为灯的简单电路，这时电路的总功率为： P实0.75W。 故答案为：能；1.1；0.75。 【点评】本题考查并联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是从乙中获取有效的信息。 三、解答题：本题共9小题，共52分，第22题和第23题要写出必要的公式和解答过程。 21．（2分）如图，在杠杆中画出其受到的阻力及能使其保持平衡的最小动力F的示意图。 【分析】（1）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； （2）阻力F2是重物G对杠杆的拉力，明确其作用点和方向，然后按照力的示意图的画法作图。 【解答】解：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，因此OR作为动力臂最长，由图知动力的方向应该向上，过R点垂直于OR做向上的力，即为使轻质杠杆保持平衡的最小的动力F的示意图； 阻力F阻是重物G对杠杆的拉力，作用点在杠杆上，方向竖直向下，如下图所示： 【点评】此题考查杠杆中最小力的问题，解决此类题目的关键是确定出最长的力臂，并根据力臂的画法做出最小的力。 22．（2分）请用笔画线代替导线，将图中的电灯和开关正确的接入家庭电路中。 【分析】灯泡的接法：火线直接进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接进入灯泡的螺旋套。 【解答】解：灯泡的接法：火线直接进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接进入灯泡的螺旋套，如图所示： 【点评】掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。 23．（2分）请在图中标出静止小磁针的S极和电源的负极。 【分析】在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，根据通电螺线管的磁极判断出磁感线的方向，根据磁极间的相互作用判断小磁针的磁极，根据右手螺旋定则判断出电流的方向，确定电源的正负极。 【解答】解：因为在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以通电螺线管的右端为S极，则左端为N极，根据异名磁极相互吸引，小磁针的右端为S极，则左端为N极。 根据安培定则，伸出右手使大拇指指向螺线管的左端，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的右端流入，则电源的右端为正极，左端为负极，如下图： 【点评】右手螺旋定则为判断螺线管极性或电流方向的重要方法，应能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向。 24．（6分）如图，塔式起重机上的滑轮组匀速吊起重物时，所用的拉力为1×103N，重物在90秒内被提升3m，此过程中滑轮组的机械效率为80%。求： （1）拉力所做的总功。 （2）拉力做的有用功。 （3）若动滑轮重200N，克服摩擦和钢绳重所做的功。 【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，利用W总＝Fs＝Fnh求出拉力做的功； （2）根据η求出拉力做的有用功； （3）根据W动＝G动h求出克服动滑轮所做的额外功，利用W总＝W有+W动+W摩擦+钢绳重求出克服摩擦和钢绳重所做的功。 【解答】解：（1）由图可知，n＝3， 拉力做的总功为： W总＝Fs＝Fnh＝1×103N×3×3m＝9×103J； （2）拉力做的有用功为： W有＝ηW总＝80%×9×103J＝7.2×103J； （3）动滑轮克服重力做功：W动＝G动h＝200N×3m＝600J， 克服摩擦和钢绳重所做的功： W摩擦+钢绳重＝W总﹣W有﹣W动＝9×103J﹣7.2×103J﹣600J＝1200J。 答：（1）拉力所做的总功为9×103J； （2）拉力做的有用功为7.2×103J； （3）当动滑轮重200N，克服摩擦和钢绳重所做的功为1200J。 【点评】本题考查了做功公式和滑轮组机械效率公式的应用，明确额外功和滑轮组绳子的有效股数是关键。 25．（9分）某加湿器额定电压为220V，电路如图甲。R1，R2为发热电阻，且R2＝3R1，S为旋转开关。1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间转换，高挡功率为440W，加湿器的P﹣t关系如图乙。求： （1）高挡工作时，电路中的电流。 （2）发热电阻R2的阻值。 （3）正常工作30min消耗的电能。 【分析】（1）已知加湿器的高挡功率，根据P＝UI求出高挡工作时，电路中的电流； （2）由电路图可知，旋转开关接2、3触点时，R1与R2串联，此时电路的总电阻最大，由P可知电源的电压一定时，电路的总功率最小，加湿器处于低挡；当旋转开关接3、4触点时，电路为R1的简单电路，此时电路的总电阻最小，根据P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总功率最大，加湿器处于高挡；由P可知R1的阻值，进一步求出R2的阻值，再根据串联电路电阻规律和由P求出加湿器处于低挡时的电功率； （3）由图乙可知，加湿器工作30min内高挡工作的时间和低挡工作的时间，根据W＝Pt求出加湿器工作30分钟消耗的电能。 【解答】解：（1）已知加湿器的高挡功率为440W，由P＝UI可知，高挡工作时，电路中的电流：I2A； （2）由电路图可知，当旋转开关接3、4触点时，电路为R1的简单电路，此时电路的总电阻最小，由P可知，电源的电压一定时，电路的总功率最大，加湿器处于高挡， 由P可知，R1的阻值：R1110Ω， 因R2＝3R1，所以R2的阻值：R2＝3R1＝3×110Ω＝330Ω， 旋转开关接2、3触点时，R1与R2串联，此时电路的总电阻最大，由P可知，电源的电压一定时，电路的总功率最小，加湿器处于低挡， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以此时电路的总电阻：所以，R＝R1+R2＝110Ω+330Ω＝440Ω， 则加湿器处于低挡时的电功率：P低挡110W； （3）由图乙可知，加湿器工作30min内，高挡工作的时间为10min，低挡工作的时间为20min， 加湿器工作30分钟消耗的电能：W＝P高t高+P低t低＝440W×10×60s+110W×20×60s＝3.96×105J。 答：（1）高挡工作时，电路中的电流为2A； （2）加湿器处于低挡时的电功率为110W； （3）加湿器工作30分钟消耗的电能为3.96×105J。 【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，分清加湿器处于不同状态时电路的连接方式是关键。 26．（6分）如图装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。 （1）为研究不同物质的吸热能力，可利用 　甲、丙　两幅图进行实验，根据记录的数据作出了两种液体的温度随时间变化关系图象，如图丁：不同物质吸热多少是通过 　加热时间　来反映的。由图可以看出 　b　液体的吸热本领较大。如果已知b液体的比热容是1.8×103J/（kg•℃），则a液体的比热容是 　0.9×103　J/（kg•℃）。 （2）测量某种燃料热值时，在实验前用天平测出了液体及燃料的质量，并记录相关数据，利用公式Q＝cm（t﹣t0）（若a、b液体的比热容已知）计算出了液体吸收的热量，通过这些数据计算出某种燃料的热值。则该热值与实际燃料的热值相比 　偏小　（偏大/偏小/不变）。 （3）在以上“探究不同物质的吸热能力”和“探究不同燃料的热值”这两个实验中都采用的科学思维方法有 　AB　（多选）。 A.控制变量法 B.转换法 C.模型法 D.理想实验法 【分析】（1）根据比热容的概念结合控制变量法分析解答；物质吸收热量的多少可以通过加热时间来反映；升高相同的温度，我们可以在纵轴上取一相同的温度，做横轴的平行线，看谁的加热时间长，谁的比热容就大，加热时间越短，吸热能力越弱；根据Q吸＝cmΔt可知在质量和吸收热量相同时，温度的变化值和比热容成反比，据此求出乙的比热容； （2）燃料燃烧产生的热量不能完全被液体a吸收、存在热损失，所以直接计算得出的热值比实际值要小； （3）做探究“不同物质吸热升温的现象”和比较“质量相同的不同燃料燃烧时放出的热量”的实验时，要用到控制变量法和转换法。 【解答】解：（1）为了研究不同物质的吸热能力，根据控制变量法应控制燃料的种类相同，利用其中甲、丙幅图进行实验，不同物质吸热的多少是通过加热时间来反映的； 由图示图象可知，a和b升高相同的温度，如温度都升60℃，a需要的是时间是10min，b需要的时间是20min，b需要更长的加热时间，这也就说明了b的吸热能力强一些，a的吸热能力弱，所以b液体的比热容较大； 根据Q吸＝cmΔt可知，在质量和吸收热量一定时，温度的变化值和比热容成反比，可以用相同的燃料1加热时间10min，a和b吸收的热量就是相同的，a的温度变化值Δt甲＝80℃﹣20℃＝60℃，b的温度20min变化60℃，10min变化值为Δt乙＝30℃， 据Q吸＝cmΔt得，a液体吸收的热量：Qa吸＝camΔta， b液体吸收的热量：Qb吸＝cbmΔtb， 则camΔta＝cbmΔtb， 所以a的比热容： ca0.9×103J/（kg•℃）。 （2）在实验前用天平测出了烧杯中液体的质量及燃料的质量，并记录数据，利用公式Q吸＝cm（t﹣t0）（若a、b液体的比热容已知）计算出了液体吸收的热量，通过这些数据计算出某种燃料的热值。计算结果不可靠，因为燃料燃烧产生的热量不能完全被液体a吸收、存在热损失，所以直接计算得出的热值比实际值要小，因此这样的计算结果不可靠； （3）做探究“不同物质吸热升温的现象”和比较“质量相同的不同燃料燃烧时放出的热量”的实验时，要用到控制变量法和转换法，故选：AB。 故答案为：（1）甲、丙；加热时间；b；0.9×103；（2）偏小；（3）AB。 【点评】本题考查了学生对热值概念、比热容概念的了解与掌握，分析时利用好控制变量法是解决本题的关键。 27．（5分）骑自行车转弯时，身体为什么要向弯道内侧倾斜呢？小华提出：“要想转弯，必须受力，身体倾斜是为了给自行车一个向内侧转弯的力”。这个力的大小可能与哪些因素有关呢？小华用小球代替运动员进行探究，她提出三种猜想： 猜想一：可能与小球的速度有关； 猜想二：可能与小球的质量有关； 猜想三：可能与圆弧形轨道的半径有关。 如图所示，小华把半径为0.5m的半圆光滑轨道（左端连着横杆）置于压力传感器上，分别让小钢球从弧面自由滚下。 （1）小华发现内道选手转弯时比外道倾斜得更明显，这一现象可作为猜想 　三　的依据。 （2）为探究猜想三，小华应选用质量 　相同　（相同/不相同）小球从同一高度自由释放。 （3）小华将每次压力传感器达到的最大示数（钢球到达最低点时的示数）记录在下表： 次数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小钢球质量m/g 30 30 30 60 60 60 90 90 90 距离传感器高度h/m 0.3 0.4 0.5 0.3 0.4 0.5 0.3 0.4 0.5 传感器最大示数F/N 1.66 1.78 1.90 2.32 2.56 2.80 2.98 3.34 3.70 ①分析数据可得出结论：小球转弯时受力的大小与小球的质量 　有关　（有关/无关）。 ②某同学认为“以上各小球从左侧轨道相同高度滚到底端时速度大小与质量有关，质量大的小球速度小”，他的观点 　不合理　（合理/不合理），从能量转化角度并结合公式解释：　因为Ep＝mgh，动能Ek＝0.5mv2，阻力忽略不计，势能全部转化为动能，则v　（重力势能Ep＝mgh，动能Ek＝0.5mv2，阻力忽略不计）。 【分析】物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。 【解答】解：（1）小华发现内道选手转弯时比外道倾斜得更明显，这一现象可作为猜想三，可能与圆弧形轨道的半径有关的依据。 （2）根据控制变量法思想可知，为探究猜想三，小华应选用质量相同小球从同一高度自由释放。 （3）①分析数据：不同的质量，相同的高度，压力传感器的示数不同，可得出结论：小球转弯时受力的大小与小球的质量有关。 ②某同学认为“以上各小球从左侧轨道相同高度滚到底端时速度大小与质量有关，质量大的小球速度小”，他的观点不合理，从能量转化角度并结合公式解释：因为Ep＝mgh，动能Ek＝0.5mv2，阻力忽略不计，势能全部转化为动能，则v。 故答案为：（1）三；（2）相同；（3）①有关；②不合理；因为Ep＝mgh，动能Ek＝0.5mv2，阻力忽略不计，势能全部转化为动能，则v。 【点评】控制变量法能排除干扰，直接显露单一因素对被研究对象变化的影响情况。 28．（10分）小明在测定“2.5V”小灯泡电功率时，“20Ω”的滑动变阻器，学生电源等。 （1）如图甲电路，闭合开关，发现灯 　不发光　（发光/不发光），电流表 　无　（有/无）示数。 （2）请在接错的一根导线上打“×”，并补画出正确连接的导线。 （3）改好电路，电源电压调为6V。实验中，两表示数如图乙，则电流为 　0.32　A，灯泡实际功率 　大于　（大于/小于/等于）额定功率。 （4）测得数据如表，灯泡额定功率为 　0.75　W；分析发现表中第 　1　次数据是编造的。 实验次数 1 2 3 4 5 6 电压U/V 1.0 1.3 1.7 2.1 2.5 2.8 电流I/A 0.22 0.24 0.26 0.28 0.30 （5）根据表格数据推测：当电流为0.12A时，小灯泡的实际功率最有可能的是 　A　。 A.0.05W B.0.08W C.0.10W D.0.11W （6）小明向左移动滑片，小灯泡变亮，灯丝电阻变大。若滑动变阻器接入电阻减小了ΔR1，灯丝电阻增大ΔR2，则ΔR1　＞　（＞/＝/＜）ΔR2。 （7）小华利用以上器材，将电源电压调为3V，增加一个R1＝10Ω的定值电阻和电阻箱R2，设计图丙、丁两种不同方案来测量小灯泡的额定功率。以下判断正确的是 　D　。 A.两种方案都能 B.丙方案能，丁方案不能 C.两种方案都不能 D.丙方案不能，丁方案能 【分析】（1）小明连接的电路，电流表与灯并联，电压表串联在电路中，因电压表内阻很大，闭合开关，发现灯不亮，电流表无示数； （2）电压表与灯并联，电流表应与灯串联，据此改正电路； （3）根据电流表选用量程和分度值，读取电流；由题意可知小灯泡的额定电压，此时电压大于灯泡的额定电压，可判断小灯泡的实际功率与额定功率的大小关系； （4）①由表中数据知灯泡的额定电流，小灯泡L正常发光时的电功率为P额＝U额I额； ②表中第1组数据，对应变阻器的最大电阻时的，由根据串联电路的规律及欧姆定律，求出此时变阻器连入电路的电阻，大于提供的变阻器的最大阻值； （5）计算第2次实验灯的实际功率，当电流为0.12A时，此时的电流为0.24A的二分之一，根据P＝I2R，在电阻不变时，电功率与电流的平方成正比，即若灯的电阻不变，P′＝（）2P2＝0.078W，而实际上灯的电阻随温度的减小而变小，根据P＝UI，灯的实际功率也变小，灯的温度降低，故这时灯的实际功率，一定小于0.078W； （6）当滑动变阻器电阻变小时，小灯泡变亮，灯丝的温度升高，电阻变大，电流表示数变大，由欧姆定律知电路的总电阻变小，电路的总电阻R＝ R滑+R灯，所以滑动变阻器接入电阻减小量ΔR1大于灯丝电阻增大量ΔR2，总电阻才能变小； （7）丙方案中，根据前面测的数据（即I额＝0.3A），若灯泡正常发光，则10Ω的电阻R分得的电压为3V，由串联电路的电压特点可知电源电压至少5.5V，所以灯泡电压达不到额定电压，不可能正常发光，故丙方案不能测出小灯泡的额定功率； 丁方案中，电源电压为3V，图中电压表测变阻器两端的电压，当电压表示数为0.5V时，灯泡正常发光，且可通过调节电阻箱的阻值使得开关接2时电压表示数仍为0.5V，则灯泡正常发光时的电阻等于电阻箱的阻值（等效法），根据P＝UI可以测出小灯R泡的额定功率。 【解答】解：（1）小明连接的电路，电流表与灯并联，电压表串联在电路中，因电压表内阻很大，电路的电流几乎为0，闭合开关，发现灯不亮，电流表无示数； （2）电压表与灯并联，电流表应与灯串联，改正后的电路如下： （3）电流表选用小量程，分度值为0.02A，此时电路中的电流为0.32A； 电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.8V，由题意可知小灯泡的额定电压为2.5V，此时电压大于灯泡的额定电压，故小灯泡的实际功率大于其额定功率； （4）①由表中数据知，灯泡的额定电流为0.30A，则小灯泡L正常发光时的电功率为：P额＝U额I额＝2.5V×0.30A＝0.75W； ②变阻器的最大电阻为20Ω，由表中第1组数据，根据串联电路的规律及欧姆定律，变阻器连入电路的电阻：R滑20Ω，故表格中第1次数据是编造的； （5）第2次实验灯的实际功率为P2 ＝ U2I2 ＝ 1.3V×0.24A＝0.312W，当电流为0.12A时，此时的电流为0.24A的，根据P＝I2R，在电阻不变时，电功率与电流的平方成正比，即若灯的电阻不变，P′＝（）2P20.312W＝0.078W， 而实际上灯的电阻随温度的减小而变小，根据P＝UI，灯的实际功率也变小，灯的温度降低，故这时灯的实际功率，一定小于0.078W，故选A； （6）当滑动变阻器电阻变小时，小灯泡变亮，灯丝的温度升高，电阻变大，电流表示数变大， 由欧姆定律知电路的总电阻变小，电路的总电阻R＝ R滑+R灯，所以滑动变阻器接入电阻减小量ΔR1大于灯丝电阻增大量ΔR2，总电阻才能变小； （7）丙方案中，根据前面测的数据（即I额＝0.3A），若灯泡正常发光，则10Ω的电阻R分得的电压为3V，由串联电路的电压特点可知电源电压至少5.5V，而给出的电源电压只有3V，所以灯泡电压达不到额定电压，不可能正常发光，故丙方案不能测出小灯泡的额定功率； 丁方案中，根据“小华利用小明的实验器材”可知电源电压为3V，图中电压表测变阻器两端的电压，当电压表示数U滑＝U﹣U额＝3V﹣2.5V＝0.5V时，灯泡正常发光， 且可通过调节电阻箱的阻值使得开关接2时电压表示数仍为0.5V，则灯泡正常发光时的电阻等于电阻箱的阻值（等效法），根据P＝UI可以测出小灯R泡的额定功率，所以，丙方案不能，丁方案能。 故答案为：（1）不发光；无；（2）电路图见解析；（3）0.32；大于；（4）0.75；1；（5）A；（6）＞；（7）D。 【点评】本题是测定小灯泡电功率的综合实验题，难度较大。 29．（10分）阅读短文，回答文后问题： 电水壶 图甲所示是常见的电水壶，它的工作原理是：接通电源加热后，水温逐步上升到100℃，水开始沸腾，水蒸气使双金属片变形推动蒸汽开关，从而使电水壶在水烧开后自动断电（下次烧水需重新闭合蒸汽开关）．如果蒸汽开关失效，壶内的水会一直烧下去，直到水被烧干，发热元件温度急剧上升，位于发热盘底部也有一个双金属片开关，会因为热传导作用温度急剧上升，膨胀变形，断开电源。 图乙是双金属片温控原理图，A为双金属片，由两层不同金属粘合而成，受热时二者膨胀的快慢不同。在未通电和低于预定温度时，双金属片A和静片B上的触点接通，电路正常工作，当温度达到预定温度时，双金属片向左弯曲（温度越高，弯曲程度越大），电路断开。C是调节旋钮，调节它可改变双金属片与静片弹性接触的力度，从而调节双金属片断开的温度。 图丙是传统电水壶用电热丝（实线①）及PTC材料（实线②）的电阻随温度变化的关系图象。若使用PTC加热元件代替电热丝，可以有效防止因为干烧而出现的着火危险。PTC加热元件的自动控制温度性能是绝对可靠的，它靠的是PTC本体内的电阻变化而控制温度，而不是依靠任何触点控制。所以现在很多高档的电热水壶采用了PTC加热元件。 （1）若不使用三孔插座供电，手摸电水壶的金属外壳 　有可能　（一定会/一定不会/有可能）触电。 （2）图甲中的电水壶，其蒸汽开关与双金属片开关应 　串联　（串联/并联）连接。 （3）关于图甲电水壶中的双金属片，下列说法正确的是 　D　 A．双金属片受热时，金属层a比b膨胀快 B．调节旋钮C，使静片B向左弯曲时，双金属片断开的温度值变低 C．蒸汽开关与发热盘底部的双金属片开关是同时断开的 D．双金属片触点频繁通断电，容易烧接在一起，从而导致干烧危险 （4）通电后PTC电水壶发热盘的最终温度应在 　T6﹣T7　（T5﹣T6/T6﹣T7/T7﹣T8）范围内。 （5）通电后，①②两种发热材料的功率随时间变化的图象正确的是 　A　。 【分析】（1）三孔插座中多出的一个孔是用来接地线的；目的就是为了防止触电。三脚插头是中上多出的脚要与用电器外壳相连。 （2）串联电路中各元件相互影响，并联电路中各元件互不影响； （3）①根据图象判定膨胀大小；②C是调节旋钮，调节它可改变双金属片与静片弹性接触的力度，从而调节双金属片断开的温度；③根据蒸汽开关的作用分析；④金属片触点接通时的瞬时电流较大； （4）（5）根据题中的图象分析。 【解答】解：（1）为防止电路漏电使金属外壳的电水壶外壳带电，发生触电事故，所以用电器外壳必须用导线与三孔插座上的接地线相连，这样电水壶接入电路时，使用的电源插头必须是三脚插头，所以若不使用三孔插座供电，手摸电水壶的金属外壳有可能触电，也有可能不触电。 （2）电热水壶上的三重保护开关相互影响，只有同时闭合时才能工作，当一个开关断开时，电路就断开，故它们串联接在电路中； （3）A、由图可知，同样受热时，金属片向a弯曲，说明金属层a比b膨胀慢，故A错误； B、调节图中的旋钮C，使静片向左移动一些，则双金属片要向左弯曲得更多才能使电路断开，这时对应所需的温度更高，即调温电熨斗的设定温度值将提高，故B错误； C、水烧开时，水壶内部有大量的水蒸气会推动蒸汽开关断开，蒸汽开关断开后，蒸汽开关与发热盘底部的双金属片开关由于温度降低会断开，故不是同时断开的，故C错误； D、双金属片触点频繁通断电，此时的瞬时电流较大，单位时间内产生的热量多，容易烧接在一起，故D正确。 故选：D； （4）由图象丙可知，通电后PTC电水壶的电阻是先减小，后变大，当电阻最小时功率最大，温度最高，故发热盘的最终温度应在 T6﹣T7范围内； （5）由图象丙可知，发热材料①是定值电阻，阻值不变，由P可知功率不变；发热材料②的阻值随时间的增长，先变小，后变大，由P可知，其功率先变大后变小；故A图正确。 故答案为：（1）有可能； （2）串联；（3）D；（4）T6﹣T7； （5）A。 【点评】本题通过对电熨斗的发展，考查了对某些物理属性的掌握，同时涉及到了有关功率大小的分析，关键是会分析物体热胀冷缩和温度的关系，考查了学生提取有用信息的能力，是一道好题。 学科网（北京）股份有限公司 $$