第二章《能的转化与能量守恒》单元提升卷 2026-2027学年浙教版科学九年级上册

**基本信息** 浙教版科学九上第二章《能的转化与能量守恒》单元提升卷，以2026亚冬会、人形机器人等时代情境为载体，覆盖能量转化、电路分析等核心知识，适配单元复习，强化科学观念与探究实践。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|15/45|内能改变、能量转化、电路动态分析|结合滑雪运动、机器人关节等情境，考查科学思维| |填空题|7/40|机械能变化、电功率计算、核能应用|融入校运会、水电站等真实场景，落实科学观念| |实验探究题|5/40|比热容测量、动能影响因素、电功率测定|设计走马灯、温度传感器等创新实验，培养探究实践| |综合题|5/35|功与功率计算、电热效率、电路综合|以无人机吊装、防雾镜为载体，体现STSE联系，提升问题解决能力|

浙教版科学九上第二章《能的转化与能量守恒》单元提升卷 一、选择题(本大题有15小题，每小题3分，共45分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．（2026·上虞模拟）下列四种生活或实验情境中，改变物体内能的方式与其他三种不同的是 A．冬天，双手相互摩擦，手掌很快变得暖和 B．内燃机压缩冲程，气缸内气体温度升高 C．将冷的铁块放入开水中，铁块温度迅速升高 D．陨石高速坠入大气层，与空气摩擦而发光发热 2．下列关于能量转化转移现象的说法正确的是（　　） A．蓄电池充电时，化学能转化为电能 B．暖瓶塞跳起时，机械能转化为内能 C．用热水袋取暖时，内能发生了转移 D．电动机工作时，机械能转化为电能 3．2026年亚冬会在意大利顺利闭幕，如图为跳台滑雪运动示意图，虚线表示运动员从助滑开始，直到下落至着陆坡的运动轨迹。在运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动员从A到B的过程中速度逐渐增大 B．运动员从B到C的过程中动能不变 C．运动员在A点和C点的重力势能相等 D．整个滑行过程中，运动员的机械能守恒 4． 如图，小观在荡秋干，从左侧最高点A静止开始运动，经最低点O摆动到右侧最高点D，再摆回到左侧最高点C(图中未画出)、图中B与D等高。则( ) A．点C与点B重合 B．从A到O，减小的重力势能全部转化为动能 C．AD之间的高度差等于DC之间的高度差 D．从A~D过程中，若在P点没坐稳，最可能沿着方向3掉落 5．如图，小明将两只灯泡L1、L2串联在电路中。闭合开关后，发现灯泡L1较亮，灯泡L2较暗，这现象说明(　　) A．通过两只灯泡的电流不相同 B．两只灯泡的电阻可能相等 C．两只灯泡的额定功率一定不相同 D．两只灯泡两端的电压一定不相同 6．为了探究热传递过程中高温物体、低温物体温度变化的特点，小明做了如下实验，将盛有30℃凉水的小烧杯放入盛有70℃热水的大烧杯中，分别用温度传感器测量两杯水的温度变化情况，绘制成如图所示的图象。下列分析正确的是（　　） A．热水的比热容小于凉水的比热容 B．热水的比热容大于凉水的比热容 C．热水温度下降比凉水温度升高得快 D．热水的质量等于凉水的质量 7．下列说法正确的是（　　） A．对物体做功，物体的内能不一定增加 B．物体温度升高了，一定吸收了热量 C． 物体散发热量，温度一定降低 D．物体温度升高，内能不一定增加 8．2026年4月20日，北京亦庄人形机器人半程马拉松开跑。机器人腿部关节采用电动机驱动，有液态的润滑剂。下列说法错误的是（　　） A．电动机工作原理是电磁感应 B．液态的润滑剂可以减小摩擦 C．跑步时，以地面为参照物，机器人是运动的 D．跑步时，关节电机容易发热的主要原因是电流的热效应 9．如图所示，小丽坐在充满空气的房间里，突然这些空气自行聚拢到某一个角落，使人窒 息、关于这个情境，下列说法合理的是(　　) A．它违反了能量守恒定律，可能发生 B．它不违反能量守恒定律，不可能发生 C．它违反了能量守恒定律，不可能发生 D．它不违反能量守恒定律，可能发生 10．质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地面高度为h，如图所示，若以桌面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及整个下落过程中重力势能的变化分别是（　　） A．mgh， 减少 mg (H-h) B．mgh， 增加 mg (H+h) C．mgh，增加mg(H一h) D．mgh，减少mg (H+h) 11．小宁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，下列数据中可能正确的是(　　） 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 12．如下图甲为小灯泡L和电阻R的电流与电压的关系图像，图乙为所对应的电路图，电源电压为3V。下列说法错误的是（　　） A．定值电阻R的大小为10Ω B．S1和S2均闭合时灯泡亮度与只闭合S1时相同 C．S1和S均闭合时电流表示数为0.9A D．S1和S均闭合时，电阻R在1min所产生的热量为30J 13．如图所示电路中，电流表量程为00.6A，电压表量程为0~3V，定值电阻阻值为40，滑动变阻器上标有"1500.5A"的字样，电源电压恒为3V。开关S闭合后，滑动变阻器的滑片P滑动过程中，保证各元器件安全的情况下，下列叙述不正确的是（　　） A．滑动变阻器滑片向左移动时电流表示数变大 B．电压表示数最大可以达到3V C．电路的最大功率为1.5W D．电路电流最大时，滑动变阻器接入电路的阻值是2Ω 14． 如图所示，图甲是某款即热式电热水龙头，图乙是它的电路原理图，R1和R2是电热丝，通过旋转手柄可使扇形开关S同时接触两个相邻触点，实现冷水、温水、热水档的切换。若R2=2R1，水龙头在温水挡正常工作时电功率为1100W，电源电压恒为220V， 则下列说法正确的是（　　） A．电热丝电阻R1=22Ω B．水龙头在热水挡正常工作时的功率是3000W C．开关S接触3、4触点时，电热丝R1、R2串联 D．开关S接触2、3触点时，水龙头放出的是热水 15．如图甲所示的电路，电源电压恒定不变，小灯泡L的额定电压为1.5V。闭合开关S，在滑动变阻器Rp的滑片P从最右端向左滑到a点的过程中，获取了电压表和电流表的数据，并利用所测的数据分别绘制出滑动变阻器Rp和灯泡L。的U-I图像，如图乙所示。滑片P在a点时灯T泡L恰好正常发光，下列说法正确的是（　　） A．电源电压为4V B．滑片P滑动过程中电路消耗的最大功率为2.25W C．滑片P在a点时，滑动变阻器Rp的功率为0.75W D．滑片P从最右端滑到a点的过程中，滑动变阻器和电灯功率的变化量是相等的 二、填空题(本大题有7小题20空，每空2分，共40分) 16．如图为游乐园过山车的轨道，小科坐过山车从高处滑下的过程中，依次经过A、B、C、D四处位置，轨道对车的支持力　 　(选填“做”或“不做”)功，小科在　 　(选填“A”"B”“C”或“D”)处动能最大。从A到D的过程中，机械能在减小，理由　 　。 17．某品牌可骑行电动行李箱的部分参数如下表，质量为50kg的测试者坐在空行李箱上，以最大速度在展厅匀速直线骑行20s，骑行时所受阻力是总重的4%。 项目 数值 最大速度 3m/s 空箱质量 5kg （1）以行李箱为参照物，墙角的球是　 　(选填“静止”或“运动”)的。 （2）测试过程中，电动行李箱克服阻力做功的功率为　 　W。 18．每年校运动会中都会有跳远、实心球和4×100接力赛等传统项目。 （1）如图甲，小科在跳远比赛中助跑是为了增大　 　(填“惯性”或“动能”)； （2）如图乙是同学在投掷实心球的场景，若不计空气阻力，A处动能　 　C处动能(填“大于”“小于”或“等于”)； （3）如图丙，四位同学在田径场指定位置按照ABCD顺序参加4×100接力，他们总平均功率为1200瓦，共做了66000焦的功，通过计算分析，他们　 　(填“已经”或“没有”)打破学校该项目56.07秒的记录。 19．某校学生参观水力力电站。 （1）如图与水力发电机工作原理相同的是（　 　） （2）液体的压强随深度增加而增大，为此水电站大坝的形状应设计成（　　） A．上窄下宽 B．上宽下窄 C．上下一样宽 （3）水力发电站某机组发电功率是7万千瓦，若24小时持续工作，则一天能产生电能　 　千瓦时。 20．用电热壶烧开水既方便又卫生，因此被广泛使用，某电热壶的结构如图甲所示。当电热壶接入家庭电路正常工作时，C端应相连　 　(选填“地线”“零线”或“火线”)。电阻丝的电阻为48.4欧姆，电阻丝的电功率是　 　瓦。用一段时间后，烧水壶很烫，但是与它相连的导线并不烫。请解释原因是　 　。 21． 电能因其易于运输和转化而被广泛运用，但长远看核能和太阳能将有更广阔的发展空间。 （1）如图是某家庭电能表月初、月末的两次示数，该户本月消耗的电能为　 　度。 （2）核电站中，发生的核反应是　 　选填(“核裂变”或“核聚变”)。 （3）太阳能热水器是将太阳光能转化为热能的装置。某热水器内盛有100千克温度为25℃的水，受阳光照射水温升高到75℃，这些水吸收了　 　焦的热量(C水=4.2×103焦/(千克·℃))。 22．汽车前面的大灯通常有“远光”和“"近光”两种照明方式。如图甲所示是汽车其中一个大灯的电路图，A和B是灯泡内的两条灯丝，S为扇形旋钮开关。当切换到远光灯挡位时，大灯消耗的总功率比切换到近光灯时的大。 （1）当切换到远光灯时，开关S与触点　 　(填“1和2”、“2和3"或“3和4")接触。 （2）司机某次用车10分钟，其中一个大灯的功率与时间的关系如图乙所示，10分钟内这个大灯消耗的电能为　 　； （3）汽车的蓄电池电压为12V，最大容量为60Ah。某天晚上，车熄火时司机忘记关闭远光灯，则车上蓄电池最多能供两个远光灯正常工作　 　h。 三、实验与探究题(本大题有5小题，共40分) 23．小林在“探究不同物质吸热升温的现象”实验中，将水和煤油分别装在两个相同的烧杯中，烧杯中的水和煤油液面在同一高度，用两个相同的酒精灯加热，每隔2分钟记录一次温度。(已知ρ水>ρ煤油） （1）如图甲所示是小林的实验情景，其中一处有明显错误，请指出错误之处：　 　； （2）该实验中用　 　(填“加热时间”或“升高的温度”)表示物质吸收热量的多少； （3）纠正错误后继续实验，小科根据实验数据绘制了如图乙所示的温度随时间变化的关系图像。已知水的比热容为4.2×103 J/(kg·℃)，则煤油的比热容为　 　J/(kg·℃)； （4）如图丙，若将物质吸热升温和柱形容器盛水水面升高做类比，则可以将比热容和容器的　 　(填字母)做类比。 A. 高度 B. 底面积 C. 容积 D. 表面积 24． 走马灯(图甲)是一种历史悠久的传统节日灯笼，其内部结构如图乙所示。走马灯的转动速度主要受什么因素影响?小明设计图丙所示的实验方案展开探究。 （1）点燃蜡烛后，热空气上升形成气流，推动叶轮带动纸筒转动。纸筒转动过程中具有　 　能；(写出一种) （2）小明欲探究烛焰离中心轴的距离对走马灯转动速度的影响，以图乙实验为对照组，还应增加的2个实验组别是　 　；(选填图丙中的序号) （3）小明进行实验并获取数据如下表： 组别 烛焰距走马灯中心轴的距离/厘米 走马灯旋转一周所用时间/秒 1 2 5 2 4 10 3 6 30 ①实验中可通过观察　 　反映走马灯转动的速度。 ②根据实验数据可知，烛焰距走马灯中心轴的距离会影响走马灯转动速度。请你再写出一个影响走马灯转动速度的因素：　 　。 25．小明用标有"2.5伏”字样的小灯泡做“测量小灯泡的电功率”实验，设计了如图甲所示的电路图。 （1）正确连接电路，将滑动变阻器的滑片置于b端，闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，发现小灯泡不亮，则电路故障可能是滑动变阻器　 　(选填“短路”或“断路”)； （2）排除故障后，某次实验电压表指针位置如图乙所示，其示数为　 　伏。小明测得多组数据，并画出如图丙所示的图像，由图像可知小灯泡的额定功率为　 　瓦。 （3）受上述实验的启发，为测量高温物体的温度，小明将图甲电路改装成一个简易的温度传感器。思路如下：将图甲中的小灯泡换成与灯丝同种材料的电阻丝，选择图中一个电表改装为温度显示仪。你建议他选哪个电表合适?并说明理由(从电表的示数随待测物体的温度变化关系进行阐述)： 　 　。 26．小虞“探究物体动能的大小与什么因素有关”，设计了如下实验(摩擦力忽略不计)。具体步骤如下： 步骤1：在一条没有弹性的细绳下方悬挂一个实心铁球，将一滑块M放到光滑桌面上并使之左端刚好在悬点的正下方。 步骤2：将铁球移到h，高度静止释放，撞击滑块后，记录弹簧被压缩后的最小长度l1。 步骤3：将铁球移到h2高度静止释放，撞击滑块后，记录弹簧被压缩后的最小长度l2。 （1）该实验中探究的物体的动能指的是（　　） A．滑块滑行过程中的动能 B．铁球在释放点的动能 C．铁球撞击滑块时的动能 D．铁球撞击滑块后的动能 （2）本实验用到的科学研究方法是　 　(写出一种即可)； （3）步骤2、3中铁球下落高度l1>l2，能得出的结论是　 　； （4）若要利用此装置“探究物体重力势能大小与物体质量的关系”，请简要写出你的设计思路：　 　。 27． 小科查阅资料得知，常用白炽灯约将10%电能用来发光，其余的用来发热。于是他设计如图电路，将“测小灯泡电功率实验”和“电流热效应实验”一并探究。图中甲、乙、丙烧杯中连接着小灯泡且密封等量空气，灯泡额定电压均为2.5V，电阻R甲=R乙>R丙。 （1）正确连接电路后，闭合开关，移动滑片，电压表的示数如图。为使甲灯正常发光，则变阻器滑片应向　 　(选填“左”或“右”)侧滑； （2）灯泡甲正常发光时，电流表示数如图，则灯泡甲的额定功率为　 　； （3）小科观察到甲、丙两装置，发现甲装置中U型管中液面高度差更大，因此小科得出结论： 　 　； （4） 根据灯泡丁的作用可知，灯泡丁与灯泡乙的阻值是否需要相同，请说明理由： 　 　。 四、综合题(本大题有5小题，共35分) 28．水平地面上有一木箱，小林用水平推力F把木箱向前推动，如图甲所示。此过程中推力F和木箱前进的速度V随时间的变化情况分别如图乙、丙： （1）0～1秒内，推力F对木箱　 　(选填“有”或"没有”)做功； （2）3～5秒内，推力F对木箱所做的功为　 　焦。 29．某兴趣小组开展了无人机“精准吊装”实验：水平试验台上并排放着123号三个物块，其质量分别为1kg、2k9和4kg。现操控无人机将三个物块从小到大，依次吊装并叠放，如图所示。已知无人机的质量为5kg，物块的高度h均为5cm。 任务要求 限定完成时间 叠放①号物块 5秒 叠放②号物块 10秒 叠放③号物块 15秒 （1）无人机吊着物块匀速下降时，物块的机械能　 　(选填“变小”“不变”或“变大”)； （2）该无人机要完成2号物块的吊装，至少需要克服重力做的功为多少焦耳? （3）上表为“精准吊装”测试考核的具体要求。为完成“叠放3号物块”测试任务，则该无人机的功率至少为多少瓦? 30．如图甲是小锦同学在刚刚结束的集团运动会上投掷实心球场景的示意图，当实心球脱手时，重心离地面的高度是1.8m，当实心球至最高点时，重心上升了0.9m。已知实心球质量为2千克，小建的质量为55千克。 （1）实心球从最高点至落地的过程中，实心球重力所做的功：　 　 J； （2）实心球自脱手至落地的过程中(不计空气摩擦，图乙中关于其动能的大小随时间变化的曲线正确的是　 　(填序号，下同)，机械能的大小随时间变化的曲线正确的是　 　。 31．炫彩DIY拼豆深受小朋友喜爱，需要用到拼豆的成型专用熨斗，核心工作原理是利用电流的热效应，将电能转化为内能，通过发热板传递热量，使拼豆表面融化后粘连成型。图甲是某款专用熨斗，其内部简化电路如图乙所示，电源电压恒为220V，R1R2为定值发热电阻丝，图丙是熨斗工作时电功率与时间的关系图像0～20s为加热熔化阶段，20～45s为保温塑形阶段。请结合上述原理和信息，完成下列问题。 （1）炫彩DIY拼豆从固态变为液态的物态变化是　 　，该过程需要　 　(选填“吸热”或“放热”)； （2）由图像可知，熨斗加热熔化阶段的电功率为440W，求该阶段电路中的电流； （3）求熨斗在本次工作45s时间内消耗的总电能。 32．浴室中的平面镜往往凝结大量的小水滴，导致成像模糊，而浴室防雾镜的背面粘贴有面积几乎等大的电热薄膜(相当于一个定值电阻)，通电后镜面受热，水蒸气无法凝结其上，便于清晰成像。如图甲所示是某型号的浴室防雾镜，其相关数据如下表： 镜子质量 4kg 镜子比热容 电热薄膜额定电压 220V 电热薄膜额定功率 220W （1）电热膜通电后能够升温，其工作原理是利用电流的　 　效应。 （2）电热薄膜正常工作时的电流为多少? （3）经测试，在10℃环境下，电热薄膜正常工作600s使镜子的平均温度升高33℃，求电热薄膜给镜子加热的效率（热能与电能的百分比）。 （4）如图乙所示，给防雾镜电路连接了一个合适的滑动变阻器，能使电热薄膜的功率在原额定功率的16%~100%之间变化，以满足不同季节使用的需要。冬天气温下降时，该滑动变阻器的滑片应该向　 　(选填“左”或“右”)移动。 答案解析部分 1．【答案】C 【知识点】物体内能的改变方法 【解析】【分析】改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，二者的本质区别是：做功是能量的转化（将其他形式的能转化为内能，或内能的转移），热传递是内能在温度不同的物体之间的转移，没有能量形式的转化。 【解答】冬天，双手相互摩擦，手掌很快变得暖和，是通过做功的方式改变手的内能； 内燃机压缩冲程，气缸内气体温度升高，外界对气体做功，气体内能增大，是通过做功改变气体的内能； 将冷的铁块放入开水中，铁块吸收热量，温度迅速升高，是通过热传递改变铁块的内能； 陨石高速坠入大气层，与空气摩擦，克服摩擦做功，内能变大，是通过做功的方式改变陨石的内能。 综上，与其他不同的是改变铁块内能的方式。 故答案为：C。 2．【答案】C 【知识点】能量的相互转化和转移 【解析】【分析】 【解答】A.蓄电池充电时，电能转化为化学能，故A错误； B.暖瓶塞跳起时，内能转化为机械能，B错误； C.用热水袋取暖时，内能发生了转移，C正确； D.电动机工作时，电能转化为机械能，D错误， 故C符合题意。 3．【答案】A 【知识点】动能和势能的大小变化 【解析】【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）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； （3）机械能是动能和势能的总和； （4）当物体受到摩擦时，机械能不守恒，一部分机械能转化为内能。 【解答】A、由A到B，高度降低，重力势能转化为动能，度逐渐增大，动能变大，故A正确； B、从B到C，高度变大，动能转化为重力势能，动能减小，故B错误； C、由图可知，A点位置更高，可知A点重力势能大于C点，故C错误； D、A点比C点高，说明重力势能在减小，即机械能在减小，不守恒，故D错误。 故选A。 4．【答案】D 【知识点】动能和势能的大小变化；动能和势能的转化与守恒 【解析】【分析】在荡秋千过程中，要克服阻力做功，因此部分机械能转化为内能，机械能不断减小，据此对各选项分析。 【解答】A、荡秋千过程中，需要克服空气阻力做功，机械能不断损耗，总机械能逐渐减小。因此摆回左侧最高点C时，C的高一定低于左侧A点，也低于B点，不会与B重合，故A错误； B、从A到O的过程中，重力势能一部分转化为动能，还有一部分机械能克服空气阻力做功损耗掉了，并不是全部转化为动能，故B错误； C、因为运动过程中机械能不断因克服阻力减少，从A到D过程已经损耗了一部分机械能，从D到C会继续损耗机械能，因此A到D的高度差更大，DC之间的高度差更小，二者不相等，故C错误； D、物体做曲线运动时，速度方向为曲线的切线方向。在P点时，秋干的速度方向沿P点切线方向，若此时没坐稳掉落，物体由于惯性，会保持原来的运动方向，且由于机械能不守恒，可知最高点低于A点，则最可能沿着方向3掉落，故D正确。 故选D。 5．【答案】D 【知识点】电功率计算公式的应用；小灯泡电功率的影响因素 【解析】【分析】（1）串联电路中电流处处相等； （2）通过两灯的电流相等，根据P=了R分析两灯的电阻大小关系； （3）已知两灯的电阻大小关系，可根据P=JR分析额定功率的大小关系。 （4）通过两灯的电流相等，已分析得出电阻的大小关系，根据U=IR分析两灯的电压大小关系。 【解答】A.在串联电路中，电流处处相等。因此，通过L1和L2的电流是相同的，故A错误； B.灯泡的亮度不同，即它们的实际功率不同。根据P=12R可知，两个灯泡的电阻肯定不相等，故B错误； C.灯泡的亮度与额定功率大小无关，故C错误； D、通过灯泡的电流相等，但是二者电阻不等。根据U=IR可知，两个灯泡两端的电压一定不相同，故D正确； 故选D 6．【答案】C 【知识点】比热容 【解析】【分析】图象横轴表示加热时间，竖轴表示变化的温度，由图象判断温度相同的时间；由图象比较相同时间内温度变化的多少判断温度变化的快慢。 【解答】AB、热水和凉水都是水，同种物质比热容相同，故A、B错误； C、由图像可知，相同时间内热水温度下降的幅度大于凉水温度升高的幅度，说明热水温度下降比凉水温度升高得快，故C正确； D、相同时间内，热水由Q放=Q吸，C水相同、∆t放>∆t吸，结合Q=cm∆t可知，热水质量小于凉水质量，故D错误。 故选C。 7．【答案】A 【知识点】温度、热量与内能的关系 【解析】【分析】 【解答】A、对物体做功，如用滑轮组提升重物，对重物做了功，但重物的内能不一定增加，A正确； B、物体的温度升高，可能是从外界吸收了热量，也可能是外界对物体做功，将其他形式的能转化成了物体的内能，B错误； C，物体在物态变化的过程中，向外放出热量，温度可能保持不变，如晶体熔化过程，C错误； D，同一物体，温度升高时，分子热运动加剧，内能一定增加，D错误； 故选A。 8．【答案】A 【知识点】参照物及其选择；电磁感应；影响电流热效应的因素（焦耳定律） 【解析】【分析】A、发电机的原理是电磁感应。 B、滑动摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度，压力越大，接触面的粗糙程度越大，滑动摩擦力越大。 C、运动和静止是相对的，物体与参照物之间的空间位置没有发生改变，则物体是静止的，物体与参照物之间的空间位置发生改变，则物体是运动的。 D、电流通过导体时会将电能转化为内能，这种现象叫做电流的热效应。 【解答】A、电动机的原理是通电导体在磁场中受到力的作用，故A错误； B、液态润滑剂可以使关节接触面彼此分离，减小接触面的粗糙程度，从而减小摩擦，故B正确； C、跑步时，以地面为参照物，机器人相对于地面的位置不断发生变化，因此机器人是运动的，故C正确； D、关节电机工作时，电流通过电机的电阻产生热量，因此电机发热的主要原因是电流的热效应，故D正确。 故答案为：A。 9．【答案】B 【知识点】能量的相互转化和转移；能量的转化与守恒定律 【解析】【分析】能量可以发生转化和转移，但能量的转移和转化是有方向性的。据此做出判断。 【解答】能量守恒定律是自然界最普遍的定律之一，故不违反能量守恒，但是空气不可能自发的聚拢在一处。 故选B。 10．【答案】D 【知识点】动能和势能的大小变化 【解析】【分析】克服重力做功时，可以用W=Gh进行计算。 【解答】以桌面为零势能参考平面，地面离零势能点的高度为h，物体重力势能为：mgh。物体下落的高度差为(H+h)，所以克服重力做功为：W=GH=mg(H+h)，故重力势能减小，D正确。 11．【答案】D 【知识点】动能和势能的大小变化 【解析】【分析】①动能是指物体由于运动而具有的能，动能的大小与物体的质量和速度有关，质量不变时，速度越大，动能越大； ②重力势能是指物体由于被举高而具有的能，重力势能的大小与物体的质量和高度有关，质量不变时，高度越高，重力势能越大； ③物体的动能与势能可以相互转化；在有空气阻力等损耗的情况下，部分机械能会转化为内能，机械能总量减少。 【解答】篮球从A点运动到B点的过程中，是离开地面后斜向上运动的阶段，高度升高，重力势能从6J增加到10J，说明重力势能增大。 此过程中篮球的速度减小，动能转化为重力势能，同时克服空气阻力消耗机械能，因此动能减小，即b < a，机械能总量因克服空气阻力做功而减少，即a + 6 > b + 10。 A：A机械能为4+6=10，B机械能为0+10=10，机械能总量不变，不符合有空气阻力时机械能减少的规律，故A； B：A机械能为5+6=11，B机械能为2+10=12，机械能总量增加，不符合能量守恒与机械能损耗的规律，故B错误； C：A机械能为6+6=12，B机械能为0+10=10，机械能总量减少，但b=0表示动能为0，说明篮球速度为0，而B点是斜向上运动的点，仍有水平方向的速度，动能不可能为0，故C错误； D：A机械能为7+6=13，B机械能为2+10=12，机械能总量减少，符合克服空气阻力做功的损耗，且b=2 < a=7，动能减小，同时B点仍有动能，符合实际运动情况，故D正确； 故选D。 12．【答案】D 【知识点】欧姆定律及其应用；焦耳定律的计算公式及其应用 【解析】【分析】A.从图像中提取关于电阻R的电压和电流，然后根据计算它的阻值； B.根据并联电路的电压特点比较灯泡两端电压的变化，再根据比较它的实际功率大小即可； C.根据图象确定通过灯泡和电阻的电流，然后根据并联电路I总=IL+IR计算电流表的示数； D.根据W=UIt计算电阻产生的热量。 【解答】A. 定值电阻的I-U图像是正比例直线，由图甲可知，当电压为3V时，通过它的电流为0.3A， 则定值电阻的阻值为：，故A正确； B. 只闭合S1时，只有灯泡接入电路，灯泡两端电压等于电源电压3V； 当S1和S2均闭合时，R与L并联，并联电路各支路电压等于电源电压，则灯泡两端电压仍然是3V； 根据可知，亮度不变，故B正确； C. 当S1和S2均闭合时，R与L并联，由图甲可知，当U=3V时，通过L的电流为0.A，通过R的电流为0.3A，此时电流表示数I总=IL+IR=0.6A+0.3A=0.9A，故C正确； D.当开关 S1和S均闭合时， 电阻R在1min所产生的热量 W=UIt=3V×0.3A×60s=54J，故D错误。 故选D。 13．【答案】B 【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用 【解析】【分析】1. 图中，定值电阻与滑动变阻器串联，当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知电流表的示数变大； 2. 由于滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，则电路中最大电流为0.5A，当电路中电流为0.5A时，定值电阻两端的电压最大，可得电压表的最大示数；电源电压减去电压表示数滑动变阻器两端的电压，除以最大电流可得滑动变阻器接入电路的最小阻值；由于电源电压恒为3V，由P=UI可得电路最大功率。 【解答】A、由图可知，滑片向左移，变阻器连入电路的阻值减小，总电阻减小，由欧姆定律可知，电路中电流变大，即电流表示数变大，A正确； B、电压表测量定值电阻两端电压，电流表量程为0.6A，变阻器允许通过的最大电流为0.5A，则电路中最大电流为0.5A，此时定值电阻两端电压最大，为U=IR=0.5A×4Ω=2V，即电压表最大值为2.4V，不能达到3V，故B错误； C、电路功率最大时，由P=UI可知，此时电流最大，为0.5A，则最大电功率为P=UI=3V×0.5A=1.5W，故C正确； D、最大电流为0.6A，此时定值电阻两端电压为2.4V，变阻器连入电路的阻值为，故D正确。 故选B。 14．【答案】A 【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用 【解析】【分析】（1）根据可知，电源电压一定时，电阻越大，电功率越小；当S接1、2时，开路，冷水挡；当S接2、3时，只有R2工作，电阻较大，电功率较小，温水挡；当S接3、4时，R1和R2并联，电阻较小，电功率较大，热水挡； （2）由温水挡的电功率和可求出R2的阻值，根据R2=2R1可得R1的阻值； （3）根据并联电路特点与求出水龙头在热水挡正常工作时的功率。 【解答】ACD.根据乙图可知，当开关S接1、2时，电路断开，水龙头处于冷水挡；当扇形开关S接3、4时，定值电阻R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小；当扇形开关S接2、3时，只有R2工作，电路中的总电阻最大；由可知，前后功率大为热水档，后者功率小为温水档。则R2的阻值：，R1的阻值：，故A正确，CD错误； B.当扇形开关S接3、4时，定值电阻R1、R2并联，此时为热水档，则水龙头在热水挡正常工作时的功率：，故B错误。 故选A。 15．【答案】B 【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用 【解析】【分析】闭合S时，灯泡L和R串联，在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑至a点的过程中，R的阻值减小，电路中的总电阻变小，电流变大，根据图象即可读出滑片在a点时小灯泡正常工作时灯泡、R的电压和电流，根据串联电路的电压特点求出电源电压。根据欧姆定律计算灯泡电路，根据P=UI计算电功率；根据电源电压不变分析电压表的示数变化量。 【解答】AB.根据甲图可知，灯L与变阻器R串联，电压表V1测灯泡的电压，V2测变阻器的电压，电流表测电路中的电流；在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑至a点的过程中，R的阻值减小，电路中的总电阻变小，电流变大。根据U=IR可知，灯泡两端的电压变大，由此可知：图乙中，下面的曲线为灯泡的I-U图象，上面的曲线为R的I-U图象；滑片在a点时R的阻值最小(允许接入的最小阻值)，电路中的电流最大，由于灯泡恰好正常发光，则根据I-U图象可知：小灯泡正常工作时的电压为1.5V，电流为0.5A，此时R两端的电压为3V，则电源电压：U=UL+U1=1.5V+3V=4.5V；灯泡正常发光的电阻R=U/I=1.5V/0.5A=3Ω，故A错误； B.根据图像可知，电路的最大电流为0.5A，则电路的最大功率P=UI=4.5V×0.5A=2.25W，故B正确； C.滑片P在a点时，电流为0.5A，电压为3V，滑动变阻器Rp的功率为P=UI=3V×0.5A=1.5W，故C错误； D.滑片P从最右端时，电流为0.3A，灯泡电压为0.5V，变阻器电压为4V，根据P=UI可知，此时灯泡功率为0.15W，变阻器的功率为1.2W。当滑片在b点时，电流为0.5A，灯泡电压为1.5V，变阻器电压为3V，根据P=UI可知，灯泡功率为0.75W，变阻器功率为1.5W则灯泡功率的变化量为：0.75W-0.15W=0.6W，变阻器功率的变化量为：1.5W-1.2W=0.3W，故D错误。 故B符合题意。 16．【答案】不做；B；克服过山车与轨道摩擦及空气阻力做功，消耗机械能转化为内能 【知识点】力是否做功的判断；动能和势能的大小变化 【解析】【分析】（1）物理学中的做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可。 （2）过山车从高处滑下时，重力势能转化为动能。 （3）考虑空气和摩擦阻力时，一部分机械能会转化为内能，机械能总和会减少。 【解答】曲线轨道上运动时，轨道对车的支持力始终与车运动方向垂直，可知该力对车不做功。B点高度最低，可知重力势能最小，由A到B，重力势能转化为动能，则B点动能最大。从A到D，车与轨道以及空气之间存在摩擦力，部分机械能克服摩擦做功转化为内能，可知从A到D，机械能逐渐减小。 17．【答案】（1）运动 （2）66 【知识点】参照物及其选择；功率计算公式的应用 【解析】【分析】（1）运动和静止是相对的，判断物体的运动和静止，首先确定一个参照物，如果被研究的物体和参照物之间没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的，否则是运动的； （2） 根据G=mg得到总重力，由阻力和重力的关系得到阻力，根据得到克服阻力做功的功率。 【解答】（1）行李箱向前运动，墙角小球相对行李箱位置改变，因此是运动的。 （2）行李箱总质量m=m1+m2=50kg +5kg=55kg，行李箱总重力，行李箱所受阻力f=4%G=0.04×550N=22N，匀速骑行，牵引力F=f=22N，做功的功率。 18．【答案】（1）动能 （2）大于 （3）已经 【知识点】功的计算公式的应用；动能的影响因素 【解析】【分析】（1）惯性是物体的性质，只与物体的质量有关，当速度不为零时，动能也不能为零，据此分析； （2）小球上升的过程中，速度越来越小，动能越来越小，当上升到最高点时，速度为零，动能为零，下落的过程中，速度越来越大，动能越来越大，据此分析； （3）根据进行分析。 【解答】（1）助跑时，质量不变，速度增大，惯性大小与质量有关，与速度无关，而动能的大小与质量、速度有关，速度越大，动能越大。 （2）由于此时不计空气阻力，所以机械能是守恒的，A点与C点的机械能相等，而A点既有动能又有势能，C点没有动能，A点动能大于C点； （3）根据P=W/t，t=W/P=66000J/1200W=55s＜56.07s，所以他们打破了学校的记录。 19．【答案】（1）A （2）A （3）1.68×106 【知识点】影响液体压强大小的因素；电磁感应；电功率计算公式的应用 【解析】【分析】发电机的原理为电磁感应；在同一液体，液体内部压强随深度的增加而增大；根据W=UIt计算电功。 【解答】（1）发电机的原理为电磁感应现象系，D是电动机的工作原理，故与水力发电机工作原理相同的是A； （2）液体的压强随深度增加而增大，为此水电站大坝的形状应设计成上窄下宽，故选A； （3）水力发电站某机组发电功率是7万千瓦，若24小时持续工作，则一天能产生电能W=Pt=70000kW×24h=1.68x106千瓦时。 20．【答案】地线；1000；电阻丝和导线串联，通过的电流和通电时间相同，电阻丝的电阻远大于导线的电阻，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，电流通过电阻丝产生的热量远多于导线产生的热量，因此烧水壶很烫而连接的导线不烫 【知识点】家庭电路的组成与连接；影响电流热效应的因素（焦耳定律） 【解析】【分析】电热壶是金属外壳用电器，为了保证用电安全，金属外壳必须接地；家庭电路中开关和保险丝需要接在火线上；由电功率的变形式可求得电阻丝的电功率。 【解答】由图可知，C一端与金属外壳相连，另一端应与地线相连，万一漏电可以将电荷转移，防止触电。故答案为：地线。电阻丝的功率，故答案为：1000W。电热壶的电阻丝和导线是串联关系，串联电路中电流处处相等，因此通过电阻丝和导线的电流相同，通电时间t也相同。根据焦耳定律Q=I2Rt，电流产生的热量与电阻成正比，由于电阻丝的电阻远大于导线的电阻，所以电阻丝产生的热量远多于导线，因此电阻丝(烧水壶)很烫，导线却不怎么烫。 21．【答案】（1）82 （2）核裂变 （3）2.1×107 【知识点】比热容；热量的计算；核裂变与核聚变；电能表参数的理解与电能的求法 【解析】【分析】（1）1度=1kW•h；电能表读数时，最后一位是小数，单位是kW•h，根据电能表月初、月未的两次示数可得该户本月消耗的电能； （2）核电站中，是利用核裂变来获取核能，最终转化为电能； （3）根据求水吸收的热量。 【解答】(1)月初电能表示数为1387.5kW·h，月末电能表示数为1469.5kW·h，本月消耗电能：1469.5kW·h-1387.5kW·h= 82kW·h=82度。 （2）核电站是利用可控的核裂变反应来释放核能的，核聚变目前还不能被人类可控利用来发电。 （3）已知：m=100kg ， C=4.2×103J/(kg·℃ ，∆t=t -to=75℃- 25℃=50℃，吸收热量Q =cm∆t=4.2×103J/(kg·℃)×100kg×50℃ =2.1×107J。 22．【答案】（1）3和4 （2）6×104J （3）7.2 【知识点】电功计算公式的应用；电功率计算公式的应用 【解析】【分析】（1）由图甲可知，开关接1和2时，电路未接通；开关接2和3时，B电阻丝接入电路；开关接3和4时，两电阻都接入电路工作；题意中远光灯挡位，两电阻丝同时工作，由此判断开关接3和4； （2）利用电功公式，分别计算0~4min和4~10min大灯消耗的电能，两电能之和即为10分钟内这个大灯消耗的电能； （3）开远光灯时两电阻并联，电路的总功率较大，由此可知图乙中100W为一个远光灯的功率；利用公式W=UIt计算蓄电池储存的电能，利用电功率推导公式计算蓄电池供两个远光灯正常工作的时间。 【解答】（1）当要使远光灯工作时，两电阻线应该功率最大，即将它们并联起来，故开关S 应与3和4触点接触； （2）t=10×60s=600s，大灯功率P=100W，则W=Pt=100W×600s=6×104J； （3）远光灯消耗完全部电能，即UIt=Pt，有12V×60Ah=100W×t，t=7.2h。 23．【答案】（1）没有控制变量唯一 （2）加热时间 （3）2.1×103 （4）B 【知识点】比热容；热量的计算 【解析】【分析】（1）根据控制变量法分析解答； （2）我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法； （3）根据算出煤油的比热容； （4）相同条件下升温越快比热容越小；而相同体积的水在体积膨胀相同的情况下，底面积越小水面升高越大。 【解答】(1)实验探究不同物质吸热升温的特点，根据控制变量法的要求，需要控制不同物质的质量相等。由图甲可知，水和煤油体积相同，已知水的密度大于煤油，根据m=pV，可得水和煤油质量不同，没有控制变量。 (2)实验中使用两个相同的酒精灯加热，相同时间内，两个酒精灯放出的热量相等，因此物质吸收的热量相等，所以可以用加热时间来表示物质吸收热量的多少。 (3)水和煤油吸收的热量相同，由图乙可知，煤油与水的温度变化量为2：1，由可知，煤油与水的比热容之比为1：2，则煤油的比热容为c=2.1×103J/（kg·℃）。 (4)用容器类比吸热过程：相同的吸热(类比倒入相同体积的水)，比热容越大的物质，升高温度越小。对于容器，倒入相同体积的水，容器底面积越大，水面升高量越小，这和Q、m相同时，c越大，温度变化量越小”的规律一致。因此比热容可以类比容器的底面积。故B符合题意。 24．【答案】（1）机械能、动能、内能等 （2）①与② （3）走马灯旋转一周所用时间；蜡烛的高度、烛焰的大小、叶轮的扇叶数量、叶轮的扇叶偏转角度等（合理即可） 【知识点】控制变量法；能量的相互转化和转移 【解析】【分析】物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制变量的方法，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】（1）纸筒在转动过程中具有动能，因为动能是物体由于运动而具有的能量。也可以说纸筒具有机械能(动能和势能的组合)。纸筒温度升高，还具有内能(合理即可)。 （2）实验的变量是烛焰离中心轴的距离，可知应控住除距离以外的条件都相同，结合图像可知，选择的是丙中的①②。 （3）①由表中数据可知，实验通过测量走马灯旋转一周所用时间来反映走马灯转动的速度。②影响走马灯转动速度的其他可能因素包括：蜡烛大小、蜡烛火焰的大小(火焰越大，热气流越强，转速越快)、叶轮的设计(如叶片数量、角度等)、灯笼的密封性(影响气流效率)、环境温度(冷空气可能减缓热气流上升)(合理即可）。 25．【答案】（1）滑动变阻器断路 （2）1.2；1 （3）建议选择电压表。理由：温度越高，电阻丝的电阻越大，根据串联电路分压原理，电阻丝两端的电压越大，电压表测电阻丝两端电压，其示数随温度升高而增大，能直观反映温度变化。 【知识点】测定小灯泡的功率 【解析】【分析】（1）分析若滑动变阻器短路和断路出现的现象，找出符合题的答案； （2）根据电压表选用小量程确定分度值读数； （3）温度高，电阻大，分压大，据此分析。 【解答】（1）正确连接电路，将滑动变阻器的滑片置于b端，闭合开关后，正常情况下，灯不亮或很暗，移动滑动变阻器滑片，减小变阻器连入电路的电阻时，灯应该会亮，若变阻器短路，则电路中电流较大，灯一开始会较亮，移动滑片时亮度不会变，故小灯泡不亮的原因应该是滑动变阻器断路； （2）由图乙可知，电压表示数为1.2V，由图丙可知，每次电压表示数应该为1V； （3）建议选择电压表。理由：温度越高，电阻丝的电阻越大，根据串联电路分压原理，电阻丝两端的电压越大，电压表测电阻丝两端电压，其示数随温度升高而增大，能直观反映温度变化。 26．【答案】（1）C （2）控制变量法（或转换法） （3）质量相同的物体，运动速度越大，动能越大 （4）将质量不同的铁球从同一高度静止释放，分别撞击滑块，记录弹簧被压缩后的最小长度，比较压缩长度得出结论 【知识点】控制变量法；动能的影响因素 【解析】【分析】（1）实验中通过小球对滑块做功的多少来反映动能的大小； （2）探究动能大小与质量的关系时，需要控制速度相同，改变质量，探究动能与速度的关系时，需要控制质量相同，改变速度，据此分析； （3）实验“步骤2”和“步骤3”，使用的是同一小球，小球的质量就是一定的，从不同高度上滚下，小球到达水平面时的速度是不同的，由图可以发现，小球位置越高，速度越大，弹簧被压缩的越短； （4）重力势能与物体的质量和被举高度有关，在探究重力势能与其中一个量的关系时，另一个量保持不变，改变要探究的量，再根据转换法进行解答。 【解答】（1）实验的目的是探究动能的影响因素，实验过程是铁球从不同高度下落，撞击滑块，通过弹簧的压缩程度反映铁球撞击滑块时动能的大小，因此我们研究的动能是铁球撞击滑块时的动能。 故答案为：C。 （2）我们通过弹簧被压缩后的最小长度来间接反映铁球动能的大小，这种将不易观察的动能大小转换为容易观察的弹簧压缩量的方法，叫做转换法；同时实验探究动能与速度的关系时控制铁球质量不变，探究重力势能与质量关系时控制下落高度不变，这种控制一个变量不变研究另一个变量影响的方法是控制变量法。 （3）步骤2、3中，同一个铁球(质量不变)，从不同高度静止释放，下落高度越高，铁球到达撞击位置时速度越大。实验现象l1＞l2，说明h1更大时，弹簧被压缩程度更大，说明铁球撞击时动能更大，因此可得出结论：当物体质量一定时，物体的速度越大，动能越大。 （4）探究重力势能大小与物体质量的关系，根据控制变量法，需要控制铁球下落的高度相同，改变铁球的质量，通过弹簧被压缩后的最小长度反映重力势能的大小，具体设计思路为：将质量不同的铁球从同一高度静止释放，分别撞击滑块，记录弹簧被压缩后的最小长度，比较压缩长度得出结论。 27．【答案】（1）右 （2）0.75 （3）电流和通电时间相同时，导体电阻越大产生的热量越大 （4）不需要相同，灯泡丁的作用是分流，使得通过甲、乙两灯的电流不同，无论电阻多大都可以分流 【知识点】电功率计算公式的应用；测定小灯泡的功率 【解析】【分析】（1）根据电压表量程和分度值读出示数，结合本实验目的判定滑动变阻器滑片移动方向； （2）根据电流表量程和分度值读出示数，根据电功率公式求出灯泡甲的额定功率； （3）根据图中信息结合本实验目的求出甲、丙装置的实验结论； （4）灯泡丁与灯泡乙并联，甲、丙两灯在其干路上，根据并联电路电流特点结合本实验目的判定灯泡丁与灯泡乙的阻值是否需要相同，并说明理由。 【解答】(1)动变阻器接入电路的是右半段电阻，因此滑片向右滑动时，接入电阻变大，总电流变小，灯泡电压会降低到2.5V； (2)根据P=UI，代入U额=2.5V、I额=0.5A，得P=UI=2.5V×0.5A=1.25W； (3)实验现象是甲装置U型管液面高度差更大，说明甲产生的热量更多。因此可以得出结论：当电流和通电时间相同时，导体的电阻越大，电流产生的热量越多； (4)本实验探究电流对产热的影响，只需保证甲、乙电阻相同，丁的作用是改变乙支路电流大小，对丁的阻值没有要求。 28．【答案】（1）没有 （2）800 【知识点】功的计算公式的应用 【解析】【分析】做功的两个必要因素：一个是作用在物体上的力，一个是物体在力的方向上移动的距离；木箱受到推力，但没有在力的方向上没有移动距离，由此进行分析； 【解答】（1）做功的两个必要因素：一个是作用在物体上的力，一个是物体在力的方向上移动的距离；木箱受到推力，但没有在力的方向上没有移动距离，所以没有做功； （2）3～5秒内，推力F=200N，木箱做匀速直线运动，速度为2m/s，木箱通过的距离为s=vt=2m/s×(5s-3s)=4m；由图乙可知，3～5秒内，推力F=200N；则3×5秒内，推力F对木箱所做的功为：W=Fs=200N×4m=800J。 29．【答案】（1）变小 （2）该无人机要完成②号物块的吊装，②号物块的重力， 需要克服重力做的功 （3）③号物块的重力， 无人机的重力， 需要克服重力做的功， 该无人机的功率 【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；动能和势能的大小变化 【解析】【分析】（1）动能大小与物体的质量和速度有关；重力势能大小与物体的质量和高度有关； （2）根据W=Gh得到需要克服重力做的功； （3）为完成“叠放③号物块”测试任务，根据W=Gh得到克服重力做的功，根据得到该无人机的功率。 【解答】（1）重力势能与物体的质量和高度有关，质量越大、高度越高，重力势能越大。无人机吊着物块匀速下降时，物块的速度不变，动能不变，但高度降低，重力势能减小，因此机械能变小。 30．【答案】（1）54 （2）②；④ 【知识点】功的计算公式的应用；动能和势能的大小变化 【解析】【分析】（1）根据题意确定实心球下降的高度，根据W=G球h计算重力做的功； （2）根据动能和重力势能的转化分析动能的变化规律。根据机械能守恒的知识分析机械能的变化即可。 【解答】 （1）根据题意可知，实心球的重力为2kg，它下降的高度h=0.9m+1.8m=2.7m， 则实心球从最高点至落地的过程中，实心球重力所做的功W=G球h=m球gh=2kg×10N/kg×2.7m=54J； （2）实心球上升的过程中，动能转化为重力势能，则动能越来越小；当上升到最高点时，水平方向上速度不为零，仍然具有动能；下落的过程中，重力势能转化为动能，则动能越来越大。 所以动能是先减小后增大，且动能最小时大于零，故选②； 实心球自脱手至落地的过程中，由于不计空气摩擦，没有能量的损失，则机械能守恒，即机械能保持不变，故选④。 31．【答案】（1）熔化；吸热 （2）该阶段电路中的电流 （3）熨斗在本次工作45s时间内消耗的总电能 【知识点】熔化与熔化现象；电功率计算公式的应用 【解析】【分析】（1）物态变化：熔化：由固态转化为液态，熔化吸热；凝固：由液态转化为固态，凝固放热；凝华：由气态转化为固态，凝华放热；升华：由固态转化为气态，升华吸热；汽化：由液态转化为气态，汽化吸热；液化：由气态转化为液态，液化放热。 （2）利用P=UI的变式计算电路中的电流大小。 （3）用W=Pt计算消耗的电能。 【解答】（1）从固态变为液态的物态变化称为熔化。 熔化过程需要吸收热量，因为需要克服分子间的吸引力，使固体变为液体。 32．【答案】（1）热 （2）电热薄膜正常工作时，电流I=P/U=220W/220V=1A （3）消耗的电能W=Pt=220W×600s=1.32×105J； 镜子吸收的热量Q=cm∆t=0.8×103J/(kg·℃)×4kg×33℃ =1.056×105J； 加热的效率：Q/W=1.056×105J/1.32x105Jx100%= 80% （4）左 【知识点】焦耳定律的计算公式及其应用；电功与热量的综合计算 【解析】【分析】 【解答】（1）)电热膜通电后能够升温，原理是电流具有热效应，将电能转化为内能。 （2）电热薄膜正常工作时，电流I=P/U=220W/220V=1A； （3）消耗的电能W=Pt=220W×600s=1.32×105J； 镜子吸收的热量Q=cm∆t=0.8×103J/(kg·℃)×4kg×33℃ =1.056×105J； 加热的效率：Q/W=1.056×105J/1.32x105Jx100%= 80%。 学科网（北京）股份有限公司 $