江苏省无锡市2025-2026学年九年级上学期期末物理自编练习卷

江苏省无锡市苏科版初三上学期物理期末考试复习卷 一．选择题（共12小题） 1．下列工具属于省距离的杠杆是（　　） A．核桃夹 B．天平 C．开瓶器 D．镊子 2．以下估测合理的是（　　） A．家用电冰箱工作的电流约1A B．对人体的安全电压是大于36V C．两节新干电池串联后的电压为4V D．手机正常工作时的电流约10A 3．如图所示，甲、乙两个质量不同的小球从相同高度静止释放，甲球下落过程中经过P、Q两点，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．着地瞬间，两球的机械能相等 B．甲球在P点和Q点的机械能相等 C．释放瞬间，两球的重力势能相等 D．从释放到着地，两球所受重力做的功相等 4．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　） A．物体对外做功，内能一定减小 B．物体的内能越大，含有的热量越多 C．物体的温度不变，物体的内能就一定不变 D．内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体 5．学校要为储藏室的电动门设计一个控制电路，只有当两名管理员同时启用各自的钥匙时才能接通电源，电动机工作把门打开。如启用钥匙相当于闭合开关，则下列电路图符合要求的是（　　） A． B． C． D． 6．质量为60kg的工人用如图甲所示的滑轮组运送货物上楼。若工人在1min内将货物匀速向上提高6m，作用在钢绳上的拉力为400N，滑轮组机械效率随货物重力的变化如图乙所示（机械中摩擦和绳重均不计，g取10N/kg）下列说法正确的是（　　） A．作用在钢绳上拉力的功率为40W B．动滑轮的重力为200N C．人对绳子的最大拉力为1000N D．该滑轮组的最大机械效率为83.3% 7．如图甲所示是四冲程汽油机某冲程示意图，图乙为空气压缩引火仪，图丙对试管中水加热一段时间后瓶塞“飞出”。关于这三幅图，下列说法正确的是（　　） A．甲图为汽油机的做功冲程，其能量转化与图丙中的能量转化相同 B．三幅图所示的过程改变气体内能的方式不同 C．若该汽油机每秒可完成10个图甲冲程，则其飞轮转速为1200r/min D．采取有效措施，汽油机效率能达到100% 8．将质量相等、初温相同的沙子和水分别放在两个瓷盘中，如图所示，用红外灯照射两个瓷盘4min后，沙子的温度为54℃，水的温度为30℃，它们的温度随时间变化图象如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．图线a、b分别对应物质是水和沙子 B．升高相同温度a物质吸收的热量更多 C．沙子与水的比热容之比c沙：c水＝1：4 D．该实验可解释沿海地区白天产生的陆风现象 9．如图所示的电路中，电源电压恒定，电表量程均合适，不考虑灯泡电阻受温度的影响，闭合开关后，将滑动变阻器滑片P向左移动的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．电压表V2示数增大 B．电流表示数变小 C．灯泡变亮，电压表V2不变 D．电压表V2与电流表的比值会减小 10．如图是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置，下列说法正确的是（　　） A．通电后，图甲透明容器中电阻丝内能增加和空气内能增大的方式是相同的 B．图甲中通电一段时间后，左侧容器中电阻产生的热量更少 C．图乙实验是为了研究电流产生的热量与电流的关系 D．图乙的实验结论可以解释为什么电炉丝与导线串联，电炉丝产生的电热更多 11．同学们模仿中药房的践秤制作杆秤，用筷子做秤杆，用钩码做秤砣，用细线将秤盘系在A点。当不挂秤砣、且秤盘不放物体时，在O点提起提纽，秤杆水平平衡；当秤盘放90g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，如图所示。在O到B两条刻线之间均匀地画上44条刻度线。下列说法正确的是（　　） A．自制杆秤的每一格约表示2.05g B．称中药时B端翘起应增多中药恢复水平平衡 C．如果秤砣磨损则测量结果会比真实质量偏小 D．将提纽向左移动适当距离可以增大杆秤的量程 12．如图甲所示的电路，电源电压保持不变，滑动变阻器上标有“20Ω 2A”，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使其从最右端向左滑动到a点时，小灯泡恰好正常发光；在图乙中绘制出电流表与两电压表示数关系的图象。下列说法中正确的是（　　） A．滑片在a点时的电阻为10Ω B．小灯泡的额定电功率为1.8W C．电路中的最小功率为4.8W D．滑片在a点时，滑动变阻器与小灯泡的功率之比为1：5 二．填空题（共10小题） 13．一节新干电池能提供的电压为 　 　 V；生日聚会时，人们常用小彩灯来装饰，现将12个相同的小彩灯串联使用，每个小彩灯只有在0.5V的电压下才能正常发光，要使每个小彩灯都正常发光，电路两端所加的总电压应为 　 　 V；若电路所需的电压由新干电池提供，要达到这个电压值，需要 　 　 节新干电池串联。 14．教室里有12盏标有“220V 40W”的荧光灯，分为3组，由3只开关分别控制，当1只开关闭合或断开时，其中一组灯同时发光或同时熄灭，而不影响其他组灯的正常工作，各组灯之间是　 　 （选填“串联”或“并联”）的。每组4盏灯之间是　 　 （选填“串联”或“并联”）的，理由是　 　 。 15．某段金属丝两端电压为6V时，通过的电流为0.3A，当该金属丝两端电压降为4V时通过的电流为 　 　 A。当该金属丝拉长到原长2倍时，它的电阻将 　 　 （选填“变大”“变小”或“不变”），若将该金属丝和另外一根电阻丝并联接入原电路中，通过该金属丝的电流将 　 　 （选填“变大”“变小”或“不变”）。 16．农业中常会用到旋翼无人机来喷洒农药。喷洒过程中无人机保持水平匀速飞行，此过程中动能　 　 ，势能　 　 机械能　 　 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。 17．如图所示是一个会跳的卡片。将卡片反扣在桌面上，用力往下压平卡片，使橡皮筋伸长，迅速松手后卡片弹起一定高度，这个现象说明：发生弹性形变的橡皮筋能对卡片 　 　 。卡片向上弹起来的过程中，橡皮筋的 　 　 能会转化为卡片的 　 　 能，使卡片能向上运动。 18．用两个规格相同的电加热器，分别给质量相同的甲、乙两种液体同时加热，两液体的温度随时间变化的关系图像如图所示。结合图像判断，甲、乙都加热10min时，甲液体吸收的热量　 　 乙液体吸收的热量，甲液体的比热容　 　 乙液体的比热容（两空均填“大于”、“等于”或“小于”）。如果乙液体是水，则甲液体的比热容为　 　 J/（kg•℃）。若乙中的水在前20min内吸收2.52×104J的热量，则吸收同样的热量可以使甲从0℃上升至　 　 ℃。（不计热量损失） 19．如图所示，将重力为10N的物体沿斜面向上从底端匀速拉到顶端，所用时间为2s。若斜面长L为1m，斜面高h为0.3m，拉力F为4N，则此过程中，摩擦力所做的功为　 　 J，拉力做功的功率为　 　 W，斜面的机械效率为　 　 %。 20．在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小片硝化纸，将活塞迅速下压，看到的现象是　 　 。下压过程中是通过　 　 的方式改变了玻璃管内部空气的内能，该过程模拟的是热机的　 　 冲程。如图所示，是一台四冲程热机的　 　 冲程，若该热机1s内做功30次，则其曲轴转速为　 　 r/min。 21．如图所示是我国自行研制的大型客机C919，若它在高空水平定速巡航飞行10km消耗的汽油为100kg，受到的阻力为1.15×105N，则飞机发动机的热机效率为　 　 ；为节能减排，现设法回收未利用的能量，若回收的能量占汽油完全燃烧放出能量的21%，可使　 　 kg水的温度升高50℃。【汽油热值为4.6×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）】 22．小明家的电能表表盘如图所示，至今为止他家耗电　 　 kW•h。他家现已经接入600W的用电器，则最多还可以再连接　 　 盏“220V，30W”的灯同时工作；小明将某用电器单独接在该电能表上工作6min，电能表转盘转了300次，则该家用电器的实际功率是　 　 W。 三．作图题（共3小题） 23．图甲是小明自行车的手闸，其中ABO可视为一种杠杆，简化示意图如图乙，O为支点，F2为阻力，请在图乙中画出作用在A点的最小动力F1。 24．在图中的圆圈内填上合适的电表符号，使开关闭合后两灯泡都能发光。 25．工人站在地面用如图所示滑轮组提升重物，请画出工人使用滑轮组的正确绕线。 四．实验探究题（共4小题） 26．杆秤是我国最古老的称量工具、具有悠久的历史文化，现今人们仍然在使用，它映射出古代劳动人民的聪明才智。杆秤是利用杠杆原理工作的，晓畅同学利用图示装置“探究杠杆的平衡条件”。 （1）实验时，若出现图甲所示情况，应将杠杆的平衡螺母向　 　 （选填“左”或“右”）调，直到杠杆在　 　 位置平衡，这样做的目的是便于直接在杠杆上测量　 　 的大小。 （2）杠杆平衡后，如图乙所示，在杠杆B处挂3个相同的钩码，则在杠杆的D处挂　 　 个相同的钩码，就可使杠杆重新在水平位置平衡。改变两边所挂钩码个数及钩码与支点的距离，并使杠杆始终在水平位置平衡，多次实验，得到如表所示的实验数据。 实验序号 动力F1/N 动力臂L1/cm 阻力F2/N 阻力臂L2/cm 1 1.0 6.0 2.0 3.0 2 1.5 4.0 3.0 2.0 3 2.0 2.0 4.0 1.0 （3）分析表中的实验数据可以得出杠杆平衡的条件是　 　 。（写出文字表达式） （4）如图丙所示，小明在A位置挂了3个钩码，在B位置挂一个弹簧测力计，现将弹簧测力计从a位置移到b位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计示数　 　 ，原因是弹簧测力计拉力的力臂　 　 。（均选填“变大”“变小”或“不变”） 27．如图1是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图，其中，mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB。 （1）实验中，探究的动能是指 　 　 （填序号） A．小球在斜面上的动能 B．小球撞击木块时的动能 C．小球撞击木块后的动能 D．木块被小球撞击的动能 （2）图1中A和B两小球分别推动同一木块在同一水平面上运动时，木块受到的摩擦力分别为f1、f2，则f1　 　 f2（选填“大于”“小于”或“等于”）。木块在这两个水平面上滑行的过程中克服摩擦力做功 　 　 （选填“相等”或“不相等”） （3）如果做小球C实验时，硬纸盒被撞后滑出木板掉落，为防止因此造成硬纸盒损坏，改进做小球C实验，再与做小球A实验对比。在不改变木板长度的情况下，应采用以下 　 　 方法 A．换用质量更小的小球 B．给水平木板铺上毛巾 C．适当降低小球的高度 D．换用一个较重的硬纸盒 （4）小明利用图2装置做“探究动能大小与质量关系“的实验时，通过观察球撞击相同塑料软片的数目来比较球的动能大小（图中未画出固定塑料软片的装置）。老师指出此装置不适合体积不同的两个球做实验，原因是 　 　 。 （5）在做了探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验后，有些同学对“质量不同的小球从同一光滑斜面同一高度由静止开始滚下，刚到达底部时的速度大小相等”有疑惑，小明设计了如图3所示的实验让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若C球相对于A球 　 　 （选填“运动”或“静止”），就可以说明任一时刻两球的速度大小相等。 28．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连接电路如图甲所示； ②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的滑片均移至最右端，闭合S、S1，断开S2，再将R2的滑片移至最左端，此时电流表的示数为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R1＝　 　 Ω（保留一位小数）。 29．在“测量小灯泡正常发光时的电阻”实验中，电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V，图甲是连接完整的实验电路。 （1）连接好电路后，闭合开关，小灯泡不发光，两表均无示数，则故障可能是（　 　 ）（填字母；单选）。 A．小灯泡短路 B．滑动变阻器短路 C．小灯泡断路 D．滑动变阻器断路 （2）排除故障后，闭合开关，继续实验，缓慢移动滑动变阻器的滑片P，同时观察电压表示数的变化，当电压表的示数如图乙所示时，其读数为　 　 V。 （3）改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，绘制了如图丙所示的I﹣U图像。由图像可知，小灯泡正常发光时的电阻约是　 　 Ω。某同学发现利用图甲已连接完整的电路，却不能完成“探究电流与电压的关系”请说明理由：　 　 。 （4）实验过程中发现原来电流表已损坏，为了测量该小灯泡的额定功率，同组的小玲设计了如图丁所示的电路（已知电源电压为U，R0为已知阻值的定值电阻，R为滑动变阻器），实验操作如下： ①只闭合开关S、S1，其余断开，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为　 　 V； ②只闭合开关S、S2，其余断开，保持滑动变阻器的滑片不动，读出电压表示数为U1； ③小灯泡额定功率的表达式为P额＝　 　 （提示：表达式中的数字需带单位）。 五．计算题（共1小题） 30．如图甲所示的电水壶有加热和保温两种功能，图乙是其内部电路的简图，R1、R2均为加热电阻，通过旋转旋钮开关可以实现加热和保温两种功能的切换。电水壶加热功率为880W，保温功率为44W，c水＝4.2×103J/（kg•℃），求： （1）加热状态工作时，电路中的电流； （2）忽略温度对电阻阻值的影响，加热电阻R1的阻值； （3）不计热量损失，把1.1kg水从40℃加热到100℃，需要的时间。 江苏省无锡市苏科版初三上学期物理期末考试复习卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共12小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A B D A B C C D D D 题号 12 答案 D 一．选择题（共12小题） 1．下列工具属于省距离的杠杆是（　　） A．核桃夹 B．天平 C．开瓶器 D．镊子 【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：省距离的杠杆是费力杠杆，其特点是动力臂小于阻力臂； A、核桃夹在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离，故A错误； B、天平在使用时，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，不省力也不费力，不省距离也不费距离，故B错误； C、开瓶器在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离，故C错误； D、镊子在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，但省距离，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．以下估测合理的是（　　） A．家用电冰箱工作的电流约1A B．对人体的安全电压是大于36V C．两节新干电池串联后的电压为4V D．手机正常工作时的电流约10A 【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．家用电冰箱的功率约为100W﹣200W，家庭电路电压为220V，根据可得电流约为0.45A﹣0.9A，接近1A，故A正确； B．对人体安全的电压是不高于36V，故B错误； C．一节干电池电压为1.5V，两节串联总电压为3V，故C错误； D．手机工作电流通常为0.1A﹣0.5A，故D错误。 故选：A。 【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，找出符合实际的选项即可。 3．如图所示，甲、乙两个质量不同的小球从相同高度静止释放，甲球下落过程中经过P、Q两点，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．着地瞬间，两球的机械能相等 B．甲球在P点和Q点的机械能相等 C．释放瞬间，两球的重力势能相等 D．从释放到着地，两球所受重力做的功相等 【分析】（1）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。 （2）不计空气阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒。 （3）重力势能大小的影响因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。 （4）根据W＝Gh分析解答。 【解答】解：A、甲、乙两个质量不同的小球从相同高度静止释放，忽略空气阻力，两个小球同时落地，即速度相等，但甲、乙两个小球质量不同，所以着地瞬间，两球的动能不相等，机械能不相同。故A错误； B、忽略空气阻力，机械能守恒，故甲球在P点和Q点的机械能相等。故B正确； C、释放瞬间，两球所处高度相同，但两球质量不同，重力不同，所以两球的重力势能不相等。故C错误； D、从释放到着地，两球下落的高度相同，但两球质量不同，重力不同，所以，根据W＝Gh可知，两球所受重力做的功不相等。故D错误。 故选：B。 【点评】此题考查动能和势能的大小变化、功的大小比较，难度不大，关键是知道甲、乙两个质量不同的小球从相同高度静止释放，忽略空气阻力，两个小球同时落地，即速度相等。 4．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　） A．物体对外做功，内能一定减小 B．物体的内能越大，含有的热量越多 C．物体的温度不变，物体的内能就一定不变 D．内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体 【分析】（1）做功和热传递都可以改变物体的内能； （2）热量是指在热传递过程中传递能量的多少，不能说含有多少热量； （3）一切物体都有内能，物体的内能与温度、质量和状态有关； （4）热传递的条件：有温度差。 【解答】解：A．做功和热传递都可以改变物体的内能，如果物体对外做功，同时吸收热量，内能不一定减小，故A错误； B．热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故B错误； C．内能与物体的质量、温度、状态有关，因此物体的温度不变，内能不一定不变。例如：晶体熔化过程中吸收热量，温度不变，内能增加，故C错误； D．发生热传递的条件是温度的高低，不是内能的大小，内能小的物体也可能是温度高的物体，故D正确。 故选：D。 【点评】本题主要考查学生对温度、内能与热量关系，改变内能的方式以及热传递的条件的了解和掌握。 5．学校要为储藏室的电动门设计一个控制电路，只有当两名管理员同时启用各自的钥匙时才能接通电源，电动机工作把门打开。如启用钥匙相当于闭合开关，则下列电路图符合要求的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据题意可知两个开关的作用及连接方式，从而得出符合要求的电路图。 【解答】解：由题意可知，只有当两名管理员同时启用各自的钥匙时才能接通电源，电动机工作把门打开，即只有两个开关同时闭合时，电路才能连通，电动机才能工作，说明两个开关相互影响，不能独立工作，它们串联的，再与电动机串联，故A符合题意。 故选：A。 【点评】本题考查电路的设计，明确开关的连接方式是关键。 6．质量为60kg的工人用如图甲所示的滑轮组运送货物上楼。若工人在1min内将货物匀速向上提高6m，作用在钢绳上的拉力为400N，滑轮组机械效率随货物重力的变化如图乙所示（机械中摩擦和绳重均不计，g取10N/kg）下列说法正确的是（　　） A．作用在钢绳上拉力的功率为40W B．动滑轮的重力为200N C．人对绳子的最大拉力为1000N D．该滑轮组的最大机械效率为83.3% 【分析】（1）由图可知，n＝3，则绳端移动的距离s＝3h，利用W＝Fs求拉力做的总功，再利用P求拉力的功率； （2）由图乙可知，物重G＝300N时，滑轮组的机械效率η＝60%，利用η求出拉力；因机械中摩擦力及绳重忽略不计，拉力F（G+G动），据此求出动滑轮的重力； （3）因力的作用是相互的，为了避免工人被绳子拉上去，则向下拉绳子的力最大等于工人的重力； （4）当拉力最大时，提升物体的重力最大，此时滑轮组的机械效率最大；不计绳重及摩擦，利用F（G+G动）求出提升物体的最大重力，滑轮组的最大机械效率η大。 【解答】解：A、由图可知，n＝3，则绳端移动的距离： s＝nh＝3×6m＝18m， 拉力做的总功： W总＝Fs＝400N×18m＝7200J， 拉力的功率： P120W，故A错误； B、由图乙可知，物重G＝300N时，滑轮组的机械效率η＝60%， 根据η可得绳端的拉力： F， 因机械中摩擦力及绳重忽略不计，则F（G+G动）， 所以，G动＝3F﹣G＝3300N＝200N，故B正确； C、该工人竖直向下拉绳子自由端运送货物时，因力的作用是相互的，为了避免工人被绳子拉上去，则绳子的最大拉力： F大＝G人＝m人g＝60kg×10N/kg＝600N，故C错误； D、由F（G+G动）可得，最大物重： G最大＝3F大﹣G动＝3×600N﹣200N＝1600N， 因机械中摩擦和绳重均不计，克服动滑轮重力做的功为额外功， 则滑轮组的最大机械效率： η大100%≈88.9%，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了做功公式、功率公式、机械效率公式、滑轮组省力公式的综合应用，要注意绳子的最大拉力和人的重力相等。 7．如图甲所示是四冲程汽油机某冲程示意图，图乙为空气压缩引火仪，图丙对试管中水加热一段时间后瓶塞“飞出”。关于这三幅图，下列说法正确的是（　　） A．甲图为汽油机的做功冲程，其能量转化与图丙中的能量转化相同 B．三幅图所示的过程改变气体内能的方式不同 C．若该汽油机每秒可完成10个图甲冲程，则其飞轮转速为1200r/min D．采取有效措施，汽油机效率能达到100% 【分析】（1）根据气门和活塞的运动情况判断出甲图为哪一冲程，做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能；图丙中将水的内能转化为瓶塞的机械能； （2）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，热传递实质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； （3）热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周 （4）用来做有用功的能量和燃料完全燃烧放出的热量的比值叫热机效率。 【解答】解：A、甲图是汽油机的压缩冲程，将机械能转化为内能，内能增加；乙图将机械能转化为内能，内能增加；图丙中将水的内能转化为瓶塞的机械能，内能减小，所以三幅图所示的过程气体内能大小的变化情况不相同，甲图能量转化与丙图不同，故A错误； B、甲、乙两图所示的过程都是做功改变物体的内能，丙图是热传递改变内能，故B错误； C、若该汽油机每秒可完成10个图甲（压缩）冲程，由于一个工作循环有一个压缩冲程，飞轮转2周，所以每秒可完成10个工作循环，每分钟可完成600个工作循环，飞轮转1200周，即飞轮转速为1200r/min，故C正确； D、用来做有用功的能量和燃料完全燃烧放出的热量的比值叫热机效率，无论科技如何发展，热机的效率可以提高，总存在摩擦、要做额外功，效率一定不会达到100%，故D错误。 故选：C。 【点评】此题是考查对做功和热传递改变物体内能的辨别、热机的工作过程，是中考热点，难度不大。 8．将质量相等、初温相同的沙子和水分别放在两个瓷盘中，如图所示，用红外灯照射两个瓷盘4min后，沙子的温度为54℃，水的温度为30℃，它们的温度随时间变化图象如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．图线a、b分别对应物质是水和沙子 B．升高相同温度a物质吸收的热量更多 C．沙子与水的比热容之比c沙：c水＝1：4 D．该实验可解释沿海地区白天产生的陆风现象 【分析】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，据此分析。 根据图像中所获得的数据，利用公式Q＝cmΔt可分析沙子与水的比热容关系。 【解答】解：A、由图乙可知，沙子的水的质量和初温相同，在同样吸热的情况下，a升温快，说明比热容小，是沙子；b升温慢，说明比热容大，是水，故A错误； B、由图乙可知，升高相同温度，比如升高至30℃，a物质需要的时间短，b物质需要的时间长，因此，b物质吸收的热量更多，故B错误； C、照射4min，沙子和水吸收的热量相同，由公式Q＝cmΔt可得，c沙m（54℃﹣22℃）＝c水m（30℃﹣22℃）， 则c沙：c水，故C正确； D、沿海地区的白天，在太阳照射下，陆地和海水同样吸热的情况下，由于海水的比热容大，所以海水升渐慢，陆地升温快，陆地上方空气上升，海面上的空气补充，形成海风，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了利用水的比热容大的特性，来解释生活中的现象，以及利用热量公式来进行简单的计算，属热学综合题。 9．如图所示的电路中，电源电压恒定，电表量程均合适，不考虑灯泡电阻受温度的影响，闭合开关后，将滑动变阻器滑片P向左移动的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．电压表V2示数增大 B．电流表示数变小 C．灯泡变亮，电压表V2不变 D．电压表V2与电流表的比值会减小 【分析】由电路图知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测量的是灯泡两端的电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流。 调节滑动变阻器的滑片P向左移动时，分析滑动变阻器接入电路的电阻和总电阻的变化，由欧姆定律得出电流表示数变化和灯泡亮度的变化，根据U＝IR可知，确定电压表V1的示数变化，根据串联电路电压的规律确定V2变化； 根据R 分析电压表V2与电流表示数之比的变化。 【解答】解：ABC、由电路图知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测量的是灯泡两端的电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流； 滑片P向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中电流增大，灯泡变亮，即即电流表的示数变大； 根据U＝IR可知，灯泡两端的电压变大，电压表V1示数变大；根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端电压变小，所以电压表V2示数变小，故ABC错误； D．根据R 知，电压表V2与电流表示数之比即为滑动变阻器接入电路中的电阻，所以二者之比减小，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是电路结构的分析。 10．如图是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置，下列说法正确的是（　　） A．通电后，图甲透明容器中电阻丝内能增加和空气内能增大的方式是相同的 B．图甲中通电一段时间后，左侧容器中电阻产生的热量更少 C．图乙实验是为了研究电流产生的热量与电流的关系 D．图乙的实验结论可以解释为什么电炉丝与导线串联，电炉丝产生的电热更多 【分析】（1）改变内能的方式有热传递和做功，热传递是能量的转移，做功是能量的转化；要探究电流通过导体产生的热量与电流的关系，需要控制导体的电阻和通电时间相同，而改变电流的大小； （2）根据并联分流规律计算通过右侧电阻的电流，再利用Q＝I2Rt计算即可； （3）根据焦耳定律进行分析。 【解答】解：A．通电后，甲图透明容器中电阻丝的电流做功，将电能转化为内能使电阻丝内能增加，而空气内能是通过热传递增大的，故A错误； B．装置甲中左边的电阻与右边并联的两个电阻串联，右边容器中电阻的电流是左边的一半，左右两边容器中电阻大小相同，在相同时间内左侧的电流大，由Q＝I2Rt知，左侧产生的热量多，故B错误； C．在乙装置中两电阻串联，控制两电阻的电流与通电时间相同，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，这是探究电流产生的热量与电阻大小的关系，运用了控制变量法，故C错误； D．电炉丝热得发红，而导线却几乎不发热，说明电流产生的热量与导体电阻大小的关系，图乙探究的是电流产生的热量与导体电阻的关系，故图乙的实验结论可以解释为什么电炉丝与导线串联，电炉丝产生的电热更多，故D正确。故选：D。 【点评】本题主要考查了学生对焦耳定律的理解，要利用好控制变量法和转换法是解题的关键。 11．同学们模仿中药房的践秤制作杆秤，用筷子做秤杆，用钩码做秤砣，用细线将秤盘系在A点。当不挂秤砣、且秤盘不放物体时，在O点提起提纽，秤杆水平平衡；当秤盘放90g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，如图所示。在O到B两条刻线之间均匀地画上44条刻度线。下列说法正确的是（　　） A．自制杆秤的每一格约表示2.05g B．称中药时B端翘起应增多中药恢复水平平衡 C．如果秤砣磨损则测量结果会比真实质量偏小 D．将提纽向左移动适当距离可以增大杆秤的量程 【分析】根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析，杆秤水平平衡时，秤砣所在的位置显示的示数即物体的质量。 【解答】解：A．当秤盘放90g物体，秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，则在B点所示的质量为物体的质量，从O到B点共45个小格，所以每一小格表示的质量为，故A错误； B．称中药时B端翘起，杆秤不能水平平衡，说明物体的质量大于秤砣指示的示数，可以向右侧移动秤砣，也可以减少物体的质量来使杆秤恢复水平平衡，故B错误； C．根据G＝mg和杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得，m物g×OA＝m砣g×OB，若秤砣磨损了，则OB变大，测量结果将偏大，故C错误； D．将提纽向左移动适当距离，OA减小，秤砣的质量不变，则FB不变，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，FA变大，可以增大杆秤的量程，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，涉及到杠杆的五要素、杠杆的调节、杆秤的测量原理，有一定难度。 12．如图甲所示的电路，电源电压保持不变，滑动变阻器上标有“20Ω 2A”，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使其从最右端向左滑动到a点时，小灯泡恰好正常发光；在图乙中绘制出电流表与两电压表示数关系的图象。下列说法中正确的是（　　） A．滑片在a点时的电阻为10Ω B．小灯泡的额定电功率为1.8W C．电路中的最小功率为4.8W D．滑片在a点时，滑动变阻器与小灯泡的功率之比为1：5 【分析】（1）如图甲所示，闭合开关S，R和L串联，电压表V1测R的电压，V2测L的电压，电流表测电路中的电流； 当滑片从最右端向左滑动到a点时，由图乙可判断，当滑片在最右端时，两电压表示数相同，电流为0.3A，可求出电压表V1的示数，再求电源电压。此时电路中的功率最小。利用P＝UI求电路最小功率。 （2）当滑片在a点时，由串联分压原理可知，V1的示数最小，V2的示数最大，电流为0.4A，求出此时R的电阻，灯泡的额定功率以及滑动变阻器的功率。 【解答】解： C.由图甲可知，闭合开关S，变阻器R和灯泡L串联，电压表V1测变阻器R的电压，V2测灯泡L的电压，电流表测电路中的电流； 当滑片从最右端向左滑动到a点时，变阻器接入电路的电阻变小，总电阻变小，由欧姆定律可知电路中电流增大，且通过灯泡的电流增大时，灯泡两端的电压也增大，由串联电路的电压特点可知变阻器R两端的电压减小，所以图乙中斜向上的曲线表示灯泡的I﹣U图像，而斜向下的曲线表示变阻器的I﹣U图像； 当滑片在最右端时，变阻器接入电路的电阻最大，电路中电流最小，由图乙可知，此时两电压表的示数相同，且最小电流为0.3A，变阻器的最大电阻R＝20Ω， 则此时两电压表的示数均为UV1＝I小R＝0.3A×20Ω＝6V，电源电压U＝2UV1＝2×6V＝12V； 此时电路中的总功率最小，则P小＝UI小＝12V×0.3A＝3.6W，故C错误； ABD.当滑片在a点时，变阻器接入电路的电阻最小，由串联分压原理可知V1的示数最小，V2的示数最大，由图乙可知UL＝10V，U1＝12V﹣10V＝2V，此时电流为0.4A， 则滑片在a点时的电阻：R′5Ω， 此时滑动变阻器的功率：PR＝U1I＝2V×0.4A＝0.8W； 小灯泡恰好正常发光，小灯泡的额定电功率：PL＝ULI＝10V×0.4A＝4W， 滑动变阻器与小灯泡的功率之比：1：5，故AB错误，D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了电功率和欧姆定律的综合计算。难度较大，解题时要仔细分析。 二．填空题（共10小题） 13．一节新干电池能提供的电压为 　1.5　 V；生日聚会时，人们常用小彩灯来装饰，现将12个相同的小彩灯串联使用，每个小彩灯只有在0.5V的电压下才能正常发光，要使每个小彩灯都正常发光，电路两端所加的总电压应为 　6　 V；若电路所需的电压由新干电池提供，要达到这个电压值，需要 　4　 节新干电池串联。 【分析】在串联电路中，各部分电压之和等于总电压，一节干电池的电压是1.5V。 【解答】解：一节正规厂家生产的新干电池，无论型号是1号、2号，还是5号、7号，其出厂电压都是1.5V。 根据串联电路的电压规律，若要让每个小彩灯都正常发光，电路两端所加的总电压： U＝12UL＝12×0.5V＝6V， 若要达到这个电压值，假设需要n节干电池，则： 。 故答案为：1.5；6；4。 【点评】知道并理解串联电路电压的规律是解决该题的关键。 14．教室里有12盏标有“220V 40W”的荧光灯，分为3组，由3只开关分别控制，当1只开关闭合或断开时，其中一组灯同时发光或同时熄灭，而不影响其他组灯的正常工作，各组灯之间是　并联　 （选填“串联”或“并联”）的。每组4盏灯之间是　并联　 （选填“串联”或“并联”）的，理由是　每盏灯都能正常工作，其两端电压都等于额定电压220V　 。 【分析】串联电路中，只有一条电流路径，各用电器之间相互影响； 并联电路中，有多条电流路径，各个用电器之间互不影响，独立工作。 【解答】解：当1只开关闭合或断开时，其中一组灯同时发光或同时熄灭，不影响其他组灯的正常工作，说明各组灯之间是并联的； 教室中的荧光灯都正常工作，则每盏灯的两端电压都等于额定电压220V，所以每组4盏灯之间是并联的； 故答案为：并联；并联；每盏灯都能正常工作，其两端电压都等于额定电压220V。 【点评】本题考查了串并联电路的辨析，难得不大，属于基础题。 15．某段金属丝两端电压为6V时，通过的电流为0.3A，当该金属丝两端电压降为4V时通过的电流为 　0.2　 A。当该金属丝拉长到原长2倍时，它的电阻将 　变大　 （选填“变大”“变小”或“不变”），若将该金属丝和另外一根电阻丝并联接入原电路中，通过该金属丝的电流将 　不变　 （选填“变大”“变小”或“不变”）。 【分析】知道某段金属丝两端电压和通过的电流，根据欧姆定律求出其电阻； 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，与两端的电压和通过的电流无关，并且在材料一定时，导体的长度越长、横截面积越小，导体的电阻越大，再根据欧姆定律计算分析通过金属丝的电流。 【解答】解：根据欧姆定律可知金属丝的电阻为：R20Ω， 因电阻是导体的一种属性，与两端的电压和通过的电流无关，所以当该金属丝两端电压降为4V时，该金属丝的阻值仍为20Ω不变； 当该金属丝两端电压降为4V时通过的电流为：I10.2A， 该金属丝拉长到原长2倍时，其长度变长，横截面积变小，电阻变大； 若将该金属丝和另外一根电阻丝并联接入原电路中，该金属丝电阻不变，电压不变，根据欧姆定律可知电流不变。 故答案为：0.2；变大；不变。 【点评】本题考查了欧姆定律的简单应用，关键是知道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关。 16．农业中常会用到旋翼无人机来喷洒农药。喷洒过程中无人机保持水平匀速飞行，此过程中动能　减小　 ，势能　减小　 机械能　减小　 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。 【分析】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、高度。质量越大，高度越高，重力势能越大； 机械能为动能和势能的和。 【解答】解：无人机在农田上空的某一高度水平匀速飞行，同时均匀喷洒农药，飞机的速度和高度均不变，但质量变小，所以无人机的动能减小，重力势能减小；机械能为动能和势能的和，所以机械能减小。 故答案为：减小；减小；减小。 【点评】本题主要考查了对机械能影响因素的认识，属基础知识。 17．如图所示是一个会跳的卡片。将卡片反扣在桌面上，用力往下压平卡片，使橡皮筋伸长，迅速松手后卡片弹起一定高度，这个现象说明：发生弹性形变的橡皮筋能对卡片 　做功　 。卡片向上弹起来的过程中，橡皮筋的 　弹性势　 能会转化为卡片的 　动　 能，使卡片能向上运动。 【分析】一个物体能够做功，我们就说它具有能量；两个卡口之间的间隔越大，卡片压平后橡皮筋发生弹性形变的程度就越大，则橡皮筋具有的弹性势能就越大；橡皮筋拉开后具有弹性势能，恢复时转化为动能，所以卡片会跳起来。 【解答】解：“橡皮筋伸长”说明橡皮筋发生了弹性形变，发生弹性形变的物体要恢复原状，就会对使它发生形变的物体施加力的作用，所以橡皮筋对硬卡片施力，使卡片跳起来；卡片弹起时即在力的方向上运动了距离，所以橡皮筋对卡片做了功；如果增大卡片上两开口的距离，卡片压平后橡皮筋发生弹性形变的程度就越大，则橡皮筋具有的弹性势能就越大，当然最终转化成卡片的能量就越大，卡片会跳得高一些；松开后，橡皮筋的弹性势能首先转化为卡片的动能，所以卡片能跳起来，跳起来以后又转变为卡片的重力势能。 故答案为：做功；弹性势；动。 【点评】对实际问题要抓住关键点，此题中橡皮筋能发生弹性形变，拉开后具有弹性势能，所以要从能的转化角度来考虑。 18．用两个规格相同的电加热器，分别给质量相同的甲、乙两种液体同时加热，两液体的温度随时间变化的关系图像如图所示。结合图像判断，甲、乙都加热10min时，甲液体吸收的热量　等于　 乙液体吸收的热量，甲液体的比热容　小于　 乙液体的比热容（两空均填“大于”、“等于”或“小于”）。如果乙液体是水，则甲液体的比热容为　2.1×103 J/（kg•℃）。若乙中的水在前20min内吸收2.52×104J的热量，则吸收同样的热量可以使甲从0℃上升至　60　 ℃。（不计热量损失） 【分析】（1）由题知，用两个相同的“热得快”加热，在相同的时间内两种液体吸收的热量相同，温度变化大的液体比热容小，温度变化小的比热容大，据此分析； （2）知道水的质量、水的比热容、水吸收的热量，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求水吸热后升高的温度； （3）先算出甲、乙的质量，再根据比热容公式计算它变化的温度。 【解答】解：（1）由图象可以看出：在相等时间内，液体甲温度变化量大，则甲液体温度升高较快；而两个加热器相同、加热时间相等时，两种液体吸收的热量也相等，由公式Q吸＝mcΔt可知，在质量相等、初温相同、吸热也相同的情况下，温度升高快的液体比热容小，所以甲的比热容小于乙的比热容； （2）由图像可知，两液体都从0℃加热到60℃时，乙需要20min，而甲需要10min，即乙需要的时间是甲的两倍，那么吸收的热量Q乙＝2Q甲，根据Q吸＝cmΔt得：c甲，c乙，因为甲、乙的质量相等，升高的温度又相同，故c乙＝2c甲； 如果乙液体是水，则甲液体的比热容c甲c乙4.2×103J/kg＝2.1×103J/（kg•℃）； （3）加热20min，乙温度升高60℃，则乙的质量为： m乙0.1kg， 因为甲、乙的质量相等，故m甲＝m乙＝0.1kg； 由图像可知甲液体的沸点为60℃， 让甲吸收2.52×104J的热量时，甲升高的温度为： Δt′120℃＞60℃， 所以甲液体的末温为60℃。 故答案为：等于；小于；2.1×103；60。 【点评】本题考查了吸热公式Q＝cmΔt的应用，能从图象得出相关信息、知道用加热时间的长短间接反映吸收的热量的多少是关键。 19．如图所示，将重力为10N的物体沿斜面向上从底端匀速拉到顶端，所用时间为2s。若斜面长L为1m，斜面高h为0.3m，拉力F为4N，则此过程中，摩擦力所做的功为　1　 J，拉力做功的功率为　2　 W，斜面的机械效率为　75　 %。 【分析】（1）利用W＝Gh计算克服物体重力做的有用功，利用W＝Fs计算拉力做的总功，克服重物受到的摩擦力做的额外功W额＝W总﹣W有； （2）利用P计算拉力做功功率； （3）斜面的机械效率等于有用功与总功的比值。 【解答】解：（1）克服物体重力做的有用功： W有＝Gh＝10N×0.3m＝3J， 拉力做的总功： W总＝FL＝4N×1m＝4J， 克服物体受摩擦力做的额外功：W额＝W总﹣W有＝4J﹣3J＝1J； （2）拉力做功的功率： ； （3）斜面的机械效率： 。 故答案为：1；2；75。 【点评】本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、功率、机械效率的计算，明确有用功、总功、额外功的含义是关键。 20．在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小片硝化纸，将活塞迅速下压，看到的现象是　硝化棉燃烧起来　 。下压过程中是通过　做功　 的方式改变了玻璃管内部空气的内能，该过程模拟的是热机的　压缩　 冲程。如图所示，是一台四冲程热机的　压缩　 冲程，若该热机1s内做功30次，则其曲轴转速为　3600　 r/min。 【分析】（1）改变内能的方法有：做功和热传递；当对物体做功，物体的内能将增大，温度升高；热传递是能量的转移过程，做功是能量的转化过程，两种方式是等效的； （2）汽油机有吸气、压缩、做功、排气四个冲程，根据进气门和排气门的开关情况和活塞的运动方向来判断冲程的类型；在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能；在做功冲程中，内能转化为机械能； （3）一个工作循环中，只有做功冲程对外做功，活塞往复运动2次，曲轴转动2周。 【解答】解：在玻璃筒的底部放一小团硝化棉，用力将活塞迅速向下压，看到的现象是硝化棉燃烧起来；下压过程中是通过对筒内气体做功，使空气的内能增大，温度升高，在压缩过程中，活塞的机械能转化为空气的内能；汽油机的两个气门关闭，活塞上行，是压缩冲程，机械能转化为内能；热机1s对外做功30次，则1s有30个工作循环，因一个工作循环中飞轮转2圈，则1s飞轮转动60r，1min飞轮转动3600r，即飞轮转速是3600r/min； 故答案为：硝化棉燃烧起来；做功；压缩；压缩；3600。 【点评】本题考查内燃机的组成以及内燃机工作时的四个冲程及改变内能的两种方式，并能利用水的比热容较大大这一特性来解释现实问题。 21．如图所示是我国自行研制的大型客机C919，若它在高空水平定速巡航飞行10km消耗的汽油为100kg，受到的阻力为1.15×105N，则飞机发动机的热机效率为　25%　 ；为节能减排，现设法回收未利用的能量，若回收的能量占汽油完全燃烧放出能量的21%，可使　4600　 kg水的温度升高50℃。【汽油热值为4.6×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）】 【分析】它在高空水平定速巡航飞行10km，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，根据W＝Fs得出牵引力做的功；根据Q放＝qm得出汽油完全燃烧放出的热量，根据效率公式得出飞机发动机的热机效率； 若回收的能量占汽油完全燃烧放出能量的21%，根据Q吸＝W′＝Q放×21%得出水吸收的热量，根据m′得出水的质量。 【解答】解：它在高空水平定速巡航飞行10km，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，即F＝f＝1.15×105N， 则牵引力做的功为：W＝Fs＝1.15×105N×10×103m＝1.15×109J； 汽油完全燃烧放出的热量Q放＝qm＝4.6×107J/kg×100kg＝4.6×109J， 飞机发动机的热机效率η25%； 若回收的能量占汽油完全燃烧放出能量的21%，则水吸收的热量Q吸＝W′＝Q放×21%＝4.6×109J×21%＝9.66×108J， 水的质量m′4600kg。 故答案为：25%；4600。 【点评】本题考查比热容、热值和效率的有关计算，综合性强。难度适中。 22．小明家的电能表表盘如图所示，至今为止他家耗电　31.6　 kW•h。他家现已经接入600W的用电器，则最多还可以再连接　53　 盏“220V，30W”的灯同时工作；小明将某用电器单独接在该电能表上工作6min，电能表转盘转了300次，则该家用电器的实际功率是　1000　 W。 【分析】（1）电能表读数时单位是kW•h，最后一位是小数； （2）利用P＝UI计算电能表允许的最大功率，减去已用的功率，得到还可接入的功率大小，除以每盏灯的额定功率，得到灯的数量； （3）根据电能表参数计算用电器消耗的电能，利用电功率公式计算用电器的实际功率。 【解答】解：（1）由图可知，至今为止他家耗电31.6kW•h； （2）电能表允许的最大电功率为P＝UI＝220V×10A＝2200W， 已接入600W的用电器，还可以接入用电器的功率为：P2＝P﹣P1＝2200W﹣600W＝1600W， 可让“220V，30W”的灯同时工作的数量为：n53盏； （3）该家用电器工作6min消耗的电能为：W0.1kW•h， 该家用电器的实际功率是：P实1kW＝1000W； 故答案为：31.6；53；1000。 【点评】本题考查电能表的应用，实际电功率的计算。 三．作图题（共3小题） 23．图甲是小明自行车的手闸，其中ABO可视为一种杠杆，简化示意图如图乙，O为支点，F2为阻力，请在图乙中画出作用在A点的最小动力F1。 【分析】根据杠杆平衡条件可知，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：由杠杆平衡条件可知，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OA作为动力臂l1最长；动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1，如图所示：。 答：。 【点评】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。 24．在图中的圆圈内填上合适的电表符号，使开关闭合后两灯泡都能发光。 【分析】电流表要串联在电路中使用，相当于导线，而电压表要与被测用电器并联，相当于断路。 【解答】解：要使开关闭合后两灯泡都能发光，上方的电表为电流表，下方的电表为电压表，此时两灯泡并联，如图： 【点评】本题考查了电流表和电压表的使用方法。解题的关键是明白电压表是并联使用，电流表是串联使用。 25．工人站在地面用如图所示滑轮组提升重物，请画出工人使用滑轮组的正确绕线。 【分析】由题可知，工人站在地面用如图所示滑轮组提升重物，即绳子自由端的拉力向下，故可从人手处由外向里绕绳，得出滑轮组的绕线情况。 【解答】解：由题可知，工人站在地面用如图所示滑轮组提升重物，即绳子自由端的拉力向下，故可从人手处由外向里绕绳，如图所示： 。 【点评】本题滑轮组的安装，明确绳子自由端拉力的方向是关键。 四．实验探究题（共4小题） 26．杆秤是我国最古老的称量工具、具有悠久的历史文化，现今人们仍然在使用，它映射出古代劳动人民的聪明才智。杆秤是利用杠杆原理工作的，晓畅同学利用图示装置“探究杠杆的平衡条件”。 （1）实验时，若出现图甲所示情况，应将杠杆的平衡螺母向　右　 （选填“左”或“右”）调，直到杠杆在　水平　 位置平衡，这样做的目的是便于直接在杠杆上测量　力臂　 的大小。 （2）杠杆平衡后，如图乙所示，在杠杆B处挂3个相同的钩码，则在杠杆的D处挂　4　 个相同的钩码，就可使杠杆重新在水平位置平衡。改变两边所挂钩码个数及钩码与支点的距离，并使杠杆始终在水平位置平衡，多次实验，得到如表所示的实验数据。 实验序号 动力F1/N 动力臂L1/cm 阻力F2/N 阻力臂L2/cm 1 1.0 6.0 2.0 3.0 2 1.5 4.0 3.0 2.0 3 2.0 2.0 4.0 1.0 （3）分析表中的实验数据可以得出杠杆平衡的条件是　动力×动力臂＝阻力×阻力臂　 。（写出文字表达式） （4）如图丙所示，小明在A位置挂了3个钩码，在B位置挂一个弹簧测力计，现将弹簧测力计从a位置移到b位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计示数　变大　 ，原因是弹簧测力计拉力的力臂　变小　 。（均选填“变大”“变小”或“不变”） 【分析】（1）为了便于直接读出力臂，应使杠杆在水平位置平衡；在调节杠杆平衡时，将平衡螺母向较高的一端调节； （2）由杠杆的平衡条件可求出D点所挂钩码的个数； （3）通过实验数据得出杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂； （4）当拉力由倾斜变成竖直时，会造成力臂变大，相应的力会变小，这样才能继续平衡。 【解答】解：（1）使杠杆在水平位置平衡这样做的目的是便于读出力臂；杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，则重心应向右移动，故应向右调节平衡螺母； （2）一个钩码的重力为G，设杠杆的一个小格为l，在杠杆B处挂3个相同的钩码，由杠杆的平衡条件得到3G×4l＝nG×3l， 解得n＝4， 则在杠杆的D处挂4个相同的钩码； （3）分析表中的实验数据可知1.0N×6.0cm＝2.0N×3.0cm， 1.5N×4.0cm＝3.0N×2.0cm， 2.0N×2.0cm＝4.0N×1.0cm， 由此可知，杠杆平衡的条件是动力×动力臂＝阻力×阻力臂； （4）图丙中，当弹簧测力计从a位置转动到b位置的过程中，要保持杠杆仍在水平位置平衡，则拉力F将变大，这是因为当拉力由竖直变成倾斜时，阻力和阻力臂不变，拉力F的力臂变小，由杠杆平衡条件可知，相应的拉力会变大，则弹簧测力计示数变大，这样才能继续保持杠杆平衡。 故答案为：（1）右；水平；力臂；（2）4；（3）动力×动力臂＝阻力×阻力臂；（4）变大；变小。 【点评】本题探究杠杆平衡条件，考查器材的调试、数据分析、力臂的理解、杠杆平衡条件的运用等知识，综合性强。 27．如图1是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图，其中，mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB。 （1）实验中，探究的动能是指 　B　 （填序号） A．小球在斜面上的动能 B．小球撞击木块时的动能 C．小球撞击木块后的动能 D．木块被小球撞击的动能 （2）图1中A和B两小球分别推动同一木块在同一水平面上运动时，木块受到的摩擦力分别为f1、f2，则f1　等于　 f2（选填“大于”“小于”或“等于”）。木块在这两个水平面上滑行的过程中克服摩擦力做功 　不相等　 （选填“相等”或“不相等”） （3）如果做小球C实验时，硬纸盒被撞后滑出木板掉落，为防止因此造成硬纸盒损坏，改进做小球C实验，再与做小球A实验对比。在不改变木板长度的情况下，应采用以下 　C　 方法 A．换用质量更小的小球 B．给水平木板铺上毛巾 C．适当降低小球的高度 D．换用一个较重的硬纸盒 （4）小明利用图2装置做“探究动能大小与质量关系“的实验时，通过观察球撞击相同塑料软片的数目来比较球的动能大小（图中未画出固定塑料软片的装置）。老师指出此装置不适合体积不同的两个球做实验，原因是 　小球的体积不同，受到塑料软片的阻力不同　 。 （5）在做了探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验后，有些同学对“质量不同的小球从同一光滑斜面同一高度由静止开始滚下，刚到达底部时的速度大小相等”有疑惑，小明设计了如图3所示的实验让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若C球相对于A球 　静止　 （选填“运动”或“静止”），就可以说明任一时刻两球的速度大小相等。 【分析】（1）据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小； （2）滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，判断这两个因素是否改变，可知道摩擦力是否改变； （3）实验中，小球到达水平面时的速度由小球的高度决定，通过调整高度可调整其速度，从而改变动能； （4）不同体积的小球撞击塑料软片时，小球的大小不同，受到软片的阻力不同； （5）通过运动和静止的相对性分析即可判断。 【解答】解：（1）据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小；故选B； （2）因为滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，实验中木块这两个因素都没有发生变化，故两次实验木块受到的摩擦力f1等于f2； （3）A．换用质量更小的小球，小球撞击硬纸盒时的动能会减小，硬纸盒获得的动能减小，滑行距离会缩短。但小球质量减小可能会对实验中“动能与质量关系”的对比造成影响，如果减小质量，必须确保更换小球的质量量小于B球质量。故换用质量更小的小球不是最优选择，故A不符合题意； B．给水平木板铺上毛巾，会增大木板表面的摩擦力。硬纸盒在摩擦力作用下，动能更快地被消耗，滑行距离会缩短。但探究动能与速度、质量关系时，需要控制接触面相同，铺上毛巾改变了接触面的粗糙程度，不符合控制变量法，故B不符合题意； C．适当降低小球的高度，小球到达水平面时的速度会减小，其具有的动能减小，撞击硬纸盒后，硬纸盒获得的动能减小，在木板上滑行的距离就会缩短，这样能防止硬纸盒滑出木板掉落，同时也能较好地保证实验的其他条件不变，而且不用更换器材，便于操作，故C符合题意； D．换用一个较重的硬纸盒，硬纸盒的质量增大，在获得相同动能的情况下，速度会减小，但硬纸盒对木板的压力增大，摩擦力也增大，硬纸盒在木板运动时受到的阻力不同，不好比较动能大小了，会影响实验中对“动能影响因素”的探究，故D不符合题意。 故选：C； （4）体积不同的两个球，大球撞击塑料软片时，与软片的接触面积大，在推动软片时，受到的阻力等情况与小球不同，不能单纯通过观察撞击相同塑料软片的数目来比较球的动能大小，因为体积不同的球与塑料软片的接触面积不同，会影响对软片的作用效果； （5）如果一个物体相对于另一个物体的位置没有发生变化，那么这两个物体相对静止，说明它们的速度大小相等。实验中让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，若C球相对于A球静止，就意味着在任一时刻，两球之间的相对位置没有改变，也就可以说明任一时刻两球的速度大小相等。 故答案为：（1）B； （2）等于；不相等； （3）C； （4）小球的体积不同，受到塑料软片的阻力不同； （5）静止。 【点评】明确本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法，最后一问有难度。直接比较大小不易得出答案，要从能量转化角度分析。 28．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连接电路如图甲所示； ②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　2.4　 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　5.1　 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的滑片均移至最右端，闭合S、S1，断开S2，再将R2的滑片移至最左端，此时电流表的示数为0.28A； ②将R2的滑片移至最右端，断开S1，闭合S、S2，向左移动　R2 的滑片，直至电流表的示数为　0.3　 A； ③　保持R2滑片位置不动　 ，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R1＝　5.3　 Ω（保留一位小数）。 【分析】（1）根据电压表的量程和分度值，读出电压表的示数；根据欧姆定律，求出每次实验中定值电阻的阻值，并取平均值； （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，使通过小灯泡的电流等于额定电流0.3A；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）②由图可知，电压表的量程是0～3V，分度值是0.1V，则电压表读数是2.4V； ③根据欧姆定律，第1次第1次 第1次实验的电阻值为：R15.0Ω； 第2次实验的电阻值为：R25.0Ω； 第3次实验的电阻值为：R35.2Ω； 待测电阻的平均值为：Rx5.1Ω； 所以根据表中数据得出Rx为5.1Ω； （2）实验步骤： ①先将R1、R2的滑片均移至最右端，闭合开关S、S1，断开S2，R1与R2串联；再将R2的滑片移至最左端，此时R2的阻值为0，电路为R1的简单电路，此时R1的阻值最大，电流表测串联电路电流；电流表的示数为0.28A；已知滑动变阻器R1的规格为“10Ω 1A”，即R1＝10Ω，则电源电压为：U＝I1R1＝0.28A×10Ω＝2.8V； ②将R2的滑片移至最右端，断开开关S1，闭合S、S2，R2与灯泡L串联，电流表测串联电路中的电流；小灯泡L的额定电流为0.3A，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；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S、S1，R1与R2串联，电流表的示数恰好为0.2A； 根据欧姆定律，电路中的总电阻为：R总114Ω， 则R2的电阻为：R2＝R总1﹣R1＝14Ω﹣10Ω＝4Ω； 当断开开关S1，闭合S、S2，R2与灯泡L串联，灯泡正常发光时，根据欧姆定律，电路中的总电阻为：R总29.3Ω； 灯泡正常发光时的电阻为：RL＝R总2﹣R2≈9.3Ω﹣4Ω≈5.3Ω。 故答案为：（1）②2.4；③5.1；（2）②R2；0.3；③保持R2滑片位置不动；④5.3。 【点评】本题考查测量待测电阻的阻值和测量小灯泡正常发光时的电阻，涉及欧姆定律的应用、电压表的读数、实验的设计等知识点，有一定难度。 29．在“测量小灯泡正常发光时的电阻”实验中，电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V，图甲是连接完整的实验电路。 （1）连接好电路后，闭合开关，小灯泡不发光，两表均无示数，则故障可能是（　D　 ）（填字母；单选）。 A．小灯泡短路 B．滑动变阻器短路 C．小灯泡断路 D．滑动变阻器断路 （2）排除故障后，闭合开关，继续实验，缓慢移动滑动变阻器的滑片P，同时观察电压表示数的变化，当电压表的示数如图乙所示时，其读数为　1.8　 V。 （3）改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，绘制了如图丙所示的I﹣U图像。由图像可知，小灯泡正常发光时的电阻约是　10　 Ω。某同学发现利用图甲已连接完整的电路，却不能完成“探究电流与电压的关系”请说明理由：　灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能控制电阻一定　 。 （4）实验过程中发现原来电流表已损坏，为了测量该小灯泡的额定功率，同组的小玲设计了如图丁所示的电路（已知电源电压为U，R0为已知阻值的定值电阻，R为滑动变阻器），实验操作如下： ①只闭合开关S、S1，其余断开，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为　U﹣2.5　 V； ②只闭合开关S、S2，其余断开，保持滑动变阻器的滑片不动，读出电压表示数为U1； ③小灯泡额定功率的表达式为P额＝　2.5V　 （提示：表达式中的数字需带单位）。 【分析】（1）灯泡不亮，两电表均无示数，则此电路为断路，现电压表无示数，说明与电压表串联的元件有断路，据此分析； （2）根据电压表选择小量程确定分度值读数。 （3）由图丙可知当灯泡两端的电压为2.5V时通过灯泡的电流，根据欧姆定律可知小灯泡正常发光时的电阻； 探究电流与电压关系时，应该保持电阻不变，据此分析； （4）分析①中开关转换时电路的连接及电压表测量的电压，由串联电路电压的规律，当调节滑动变阻器使电压表示数为U﹣2.5V时，灯泡正常发光；分析步骤②中电路的连接及电压表测量的电压，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据串联电路电流特点得出灯泡的额定电流，根据P＝UI得出灯泡的额定功率。 【解答】解：（1）闭合开关，发现灯泡不亮，两电表均无示数，则此电路为断路，现电压表无示数，说明与电压表串联的元件有断路，即故障可能是滑动变阻器断路，故ABC不符合题意，D符合题意。 故选：D。 （2）当电压表的示数如图乙所示时，电压表选择小量程，分度值为0.1V，其读数为1.8V。 （3）由图丙可知，当灯泡两端的电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.25A，根据欧姆定律可知小灯泡正常发光时的电阻 探究电流与电压关系时，应该保持电阻不变。但灯丝电阻会随温度的升高而增大，不是定值，所以不能用此装置探究。 （4）实验步骤： ①只闭合开关S、S1，其余断开，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为U﹣2.5V； ②只闭合开关S、S2，其余断开，保持滑动变阻器的滑片不动，读出电压表示数为U1； ③在步骤①中，灯泡、定值电阻R0、滑动变阻器串联，电压表测定值电阻R0和滑动变阻器两端总电压，调节滑动变阻器使电压表示数为U﹣2.5V时，灯泡正常发光； 在步骤②中，灯泡、定值电阻R0、滑动变阻器仍串联，保持滑动变阻器的滑片不动，电压表测定值电阻R0两端电压为U1，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据串联电路电流特点，灯泡的额定电流 则灯泡的额定功率。 故答案为：（1）D；（2）1.8；（3）10；灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能控制电阻一定；（4）①U﹣2.5；③2.5V。 【点评】本题测量小灯泡正常发光时的电阻实验，考查了电路故障、实验操作、电阻的计算、影响电阻大小因素及设计实验方案测功率的能力。 五．计算题（共1小题） 30．如图甲所示的电水壶有加热和保温两种功能，图乙是其内部电路的简图，R1、R2均为加热电阻，通过旋转旋钮开关可以实现加热和保温两种功能的切换。电水壶加热功率为880W，保温功率为44W，c水＝4.2×103J/（kg•℃），求： （1）加热状态工作时，电路中的电流； （2）忽略温度对电阻阻值的影响，加热电阻R1的阻值； （3）不计热量损失，把1.1kg水从40℃加热到100℃，需要的时间。 【分析】（1）由P＝UI可求得加热状态工作时，电路中的电流； （2）在开关S闭合的条件下，当旋钮开关接到2时，电路为R2的简单电路，此时为加热状态，根据P求出电阻R2的阻值；当旋钮开关切换到1时，两电阻串联，此时为保温状态，由P求出总电阻，然后可求得加热电阻R1的阻值； （3）已知水的质量、比热容、初温和末温，根据Q＝cmΔt求出水吸收的热量；不计热量损失，则消耗的电能W＝Q，由P可求得加热过程需要的时间。 【解答】解：（1）加热状态工作时电路中的电流为：I加4A； （2）在开关S闭合的条件下，当旋钮开关接到2时，电路为R2的简单电路，此时电路中电阻小，消耗的功率大，为加热状态， 根据P可得电阻R2的阻值： R255Ω， 当旋钮开关切换到1时，两电阻串联，此时为保温状态， 由P可得，电路的总电阻： R总1100Ω， 根据串联电路的电阻特点可知，R1的阻值： R1＝R总﹣R2＝1100Ω﹣55Ω＝1045Ω； （3）水壶要吸收的热量： Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1.1kg×（100℃﹣40℃）＝2.772×105J， 由于不计热量损失，则消耗的电能W＝Q＝2.772×105J， 由P可得，加热过程需要的时间： t315s。 答：（1）加热状态工作时，电路中的电流为4A； （2）忽略温度对电阻阻值的影响，加热电阻R1的阻值为1045Ω； （3）不计热量损失.把1.1kg水从40℃加热到100℃，需要315s。 【点评】本题考查了电阻的串联和电功率公式以及电功公式的灵活应用，关键是会判断电水壶所处状态和对应连接方式的判断。 学科网（北京）股份有限公司 $