第二章期中复习 2026-2027学年浙教版科学九年级上册

九上第二章巩固 一．动能与势能的相互转化（共2小题） 1．（2026秋•临平区校级月考）如图所示，是小明掷实心球的示意图，图中虚线表示球的运动轨迹，球从A点上升到最高点B，然后下落到水平地面C点，后又继续向前滚动到D点静止。下列说法正确的是（　　） A．在B点球上升到了最高，所以球在B点时受平衡力 B．忽略空气阻力，球由A点运动到B点时动能转化为重力势能 C．若球运动到B点时突然所有力都消失了，它将保持静止状态 D．球在D点时对地的压力就是球受到的重力 2．（2026•杭州二模）如图，小观在荡秋千，从左侧最高点入静止向右运动，经过最低点O摆动到右侧最高点D，再摆回到左侧最高点C（图中未画由）、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 二．动能和势能的大小比较（共1小题） 3．（2026秋•鄞州区校级月考）科普活动中，老师为同学们表演了一个“自动爬坡”实验，惊艳了全场。该实验如下：将一个用轻质泡沫做成的圆环，轻轻放在一个斜坡上，结果发现圆环不但没有滚下，反而加速滚上了斜坡。揭秘后才发现，这是一个内部镶嵌了一个小铁块的圆环， 在圆环加速滚上斜坡的过程中，下列说法正确的是（　　） A．圆环的动能增大，重力势能减小 B．圆环的动能减小，重力势能减小 C．圆环的动能增大，重力势能增大 D．圆环的动能减小，重力势能增大 三．机械能守恒（共6小题） 4．（2026•湖州二模）如图1所示为惊险刺激的过山车，图2所示为模拟过山车的某一段，过山车从O处由静止滑下，沿轨道先后经过a、b、c、d、e、f，其中a与d等高、c与c等高。若过山车与轨道之间的摩擦力不能忽略，下列说法正确的是（　　） A．过山车在a点和d点的位置时，机械能相同 B．过山车经过b点时的机械能小于经过c点时的机械能 C．过山车经过c点时的速度大于经过e点时的速度 D．过山车从a到f的过程中，重力势能先增大后减小 5．（2026•浙江模拟）滑板以其竞技性、挑战性深受年轻人喜爱，其中碗池比赛是在类似碗形的赛道上进行的。图甲中选手从A点出发，先后经过B、C、D、E点。图乙是选手在B、C、D、E点的动能和重力势能大小的示意图，下列说法正确的是（　　） A．从B到C，选手的重力势能全部转化为动能，机械能守恒 B．选手在下滑过程中，速度增大，机械能增大 C．B点重力势能的大小等于E点动能的大小 D．运动到D点时若所受的力全部消失，选手将保持静止状态 6．（2025秋•南湖区期末）2024年6月25日，嫦娥六号返回器成功着陆，实现了人类首次月球背面采样返回。其着陆过程的部分轨迹如图所示。已知返回器质量不变，且在大气层外运动时不受空气阻力，下列分析错误的是（　　） A．从A到B，返回器动能变大 B．从B到C，返回器机械能守恒 C．从C到D，返回器重力势能变小 D．返回器的机械能在A点时大于D点 7．（2024秋•杭州月考）蹦床是集艺术性和竞技性于一身的运动，深受广大青少年喜爱。图甲为蹦床运动简化示意图，O点是小滨由静止开始自由落下的起始位置，C点是小滨到达的最低点。从高处开始下落到弹回的整个过程中，他的运动速度随时间变化的图象如图乙所示（速度为负值，表示运动方向向上，整个过程忽略空气阻力）则下列说法不正确的是（　　） A．从O点下落到A点的过程中，小滨的机械能不变 B．小滨整个过程中动能增大的时间段为0～t2，t3～t4 C．从A点下落到C点的过程中，蹦床的弹性势能增大 D．在t3时刻时小滨所受的重力和蹦床对他的弹力相等 8．（2025秋•滨江区校级月考）AB为光滑弧形凹槽，底部与水平面平滑连接。平面BC段粗糙、CD段光滑。一个质量为m的小球从A处由静止滑下，运动到C点接触弹簧。弹簧最终被压缩到D点后将小球反弹并滚回弧形槽，最高上升到0.5h处（不计空气阻力、不计小球与弹簧碰撞时的能量损失）。 （1）小球由A到B的过程中，机械能_______ （选填“守恒”或“不守恒”）。 （2）整个过程中，小球速度最大值位于_____ 点（选填“A、B、C、D”）。 （3）小球由B到C的过程中，克服摩擦力做功为____________ （用题中给出的字母表示）。 9．（2024秋•杭州月考）下图甲中过山车从A点出发，先后经过B、C、D、E点，图乙是过山车在B、C、D、E点的动能和重力势能大小的示意图。回答下列问题： （1）过山车在B点时的重力势能_______ E点的动能。（选填“大于”“等于”“小于”） （2）在这个过程中，过山车的机械能大小是_______ （选填“变大”“不变”“变小”）的，理由是____________________ 。 四．功的计算（共2小题） 10．（2025秋•浙江校级期末）如图所示，相同的甲、乙两木块用无弹性的细线相连后静置于粗糙水平地面，橡皮筋的两端分别与墙面和甲木块相连，图中橡皮筋松弛而细线处于绷直状态。现用水平力F拉动乙木块沿直线向右运动时开始计时，0至t1时间内橡皮筋逐渐被拉长至原长；t2时刻细线恰好被拉断；t2至t3乙木块继续向右运动，整个过程乙木块的速度始终保持不变，请判断： （1）t2时刻细线被拉断瞬间，木块甲的动能为10J，橡皮筋的弹性势能为2J，最终木块甲停在橡皮筋原长处，则从t2开始至木块甲停止不动，木块甲克服摩擦所做的功为 ________ 。 （2）0～t1间的乙受到的拉力FA与t2～t3间的乙受到的拉力FB之间的关系是FA＝_____ FB。 11．（2026春•嵊州市校级月考）一根金属棒AB置于水平地面上，今通过弹簧测力计竖直地将棒的右端B缓慢拉起，如图甲所示。在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度x的关系如图乙所示。请根据图象解答下列问题。 （1）在B端拉起的过程中，当x＝0.6m时，测力计的示数。 （2）求金属棒的重心到A端的距离d。 五．功率的计算（共1小题） 12．（2025秋•椒江区期末）中国推出第五代“人工心脏”，处于国际领先水平。 （1）在患者心力衰竭时，通过手术将“人工心脏”的泵体紧贴在患者原心脏的心尖，如图1。左心室的血液由泵体经人造血管注入主动脉输送到全身，由于心室和动脉之间存在________ ，保证主动脉的血液不会流回左心室。 （2）泵体及里面的瓣膜用纯钛或钛合金制造，其中钛合金属于_____ 。 A.无机非金属材料 B.金属材料 C.有机合成材料 （3）针对急性心力衰竭，也可将一种微型“介入泵”（如图2）通过微创手术从大腿的_______ （填“动脉”或“静脉”）血管植入，通过主动脉到达左心室。 （4）在“人工心脏”研制过程中，需设定泵体的功率。若某病人心脏收缩期间的血压平均为1.6×104帕，心率为75 次/分，心脏每跳动一次输送血液的体积约为80毫升。请你结合图3所示血液流动示意图和泵体功率计算思维导图，计算泵体的功率约为________ 瓦。 六．内能的概念（共1小题） 13．（2024秋•瑞安市期末）电动车的动能回收，即将车辆在行驶时产生的动能转化为电能，并存储于车载电池①内。 传统系统的某款电动车，当车辆减速或制动时，这部分动能会以（2）能的形式流失。 当该车装载有动能回收系统时，利用动能回收技术通过专门的设备捕获这些动能，并将其转换为电能存储在电池中，以备车辆后续使用。当电动车减速、制动或下坡行驶时，动能回收系统会自动激活，电机反向旋转，将动能转换成电能（3）这项技术对于提升能源使用效率、延长电池寿命以及降低环境负荷具有显著效果，还能减轻刹车系统的压力，以及提高汽车的续航能力）。 已知该电动汽车的参数见表，在路面上行驶时所受的阻力为车重的0.05倍，忽略空气阻力，请回答上述序号中所对应的问题： （1）车载电池的容量即最大储能量，则该保持匀速直线行驶的理论最大续航里程为 ________ km（假设电能全部转化为动能，下同）。 （2）中应为 _____ 能。 电池容量 60kW•h 整车质量 2t 最大续航里程 百公里加速 5.6s （3）已知动能公式为0.5mv2则装载有动能回收系统（回收率为10%）的该电动车，以 40m/s 的速度匀速行驶时急刹车直至车速为0，刹车过程中回收并转化成的电能可延长该车 _________ km的续航里程。 （4）根据上述内容，请从增加续航能力的角度，为电动车的设计再提一点建议 ____________________ 。 七．改变物体内能的两种方式（共1小题） 14．（2025•宁波自主招生）二氧化碳（CO2）爆破技术是现代工程建设中非常环保的技术。起爆前高压泵将CO2压缩成高压气体，液化后输入爆破筒内。如图所示，爆破时电加热管发热，使筒内的液态CO2迅速汽化，形成的高压气体从泄气孔中喷出，实施爆破。下列说法正确的是（　　） A．高压泵压缩CO2，气体内能增大，温度降低 B．高压泵压缩CO2，气体内能减小，温度升高 C．高压CO2气体喷出时，内能增大，温度升高 D．高压CO2气体喷出时，内能减小，温度降低 八．温度、热量与内能的关系（共1小题） 15．（2025秋•拱墅区校级期末）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　） A．温度高的物体内能一定大，温度低的物体内能一定小 B．物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变 C．内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体 D．物体的温度越高，所含热量越多 九．热传递的概念与方式（共1小题） 16．（2026春•衢江区期末）某校科学小组用规格相同的小烧杯装入等量清水，采用相同酒精灯同步加热三组装置：甲为水浴加热、乙为油浴加热、丙为砂浴加热。加热一段时间后，测得外部介质稳定温度：水浴100℃、油浴280℃、砂浴550℃，则三杯小烧杯内清水的温度高低顺序为（　　） A．t甲＞t乙＞t丙 B．t甲＝t乙＝t丙 C．t甲＜t乙＝t丙 D．t甲＜t乙＜t丙 十．比热容的概念及其计算（共4小题） 17．（2025秋•镇海区校级月考）用比热容是0.13×103J/（kg•℃）的铅与比热容是0.39×103J/（kg•℃）的铜混合成比热容是0.18×103J/（kg•℃）的合金，则铅和铜的质量之比为（　　） A．1：3 B．29：6 C．21：5 D．13：9 18．（2024秋•江北区校级月考）将质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了3℃，然后又向保温容器中倒入一小杯同质量同温度的热水，水温又上升了2.8℃．不计热量的损失，则可判断（　　） A．热水和冷水的温度差为87℃，m0：m＝1：28 B．热水和冷水的温度差为69℃，m0：m＝1：32 C．热水和冷水的温度差为54℃，m0：m＝1：24 D．热水和冷水的温度差为48℃，m0：m＝1：20 19．（2025秋•镇海区校级月考）某固态物体的质量为m，其物质的比热容为c，用稳定的热源对它加热（物体在相同时间内吸收的热量相等），到t3时刻停止加热，然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像如图，则下列说法正确的是（　　） A．在0﹣t2时间段，该物体吸收的热量为cm（T2﹣T1） B．在t2﹣t4时间段，该物质的比热容先增大后减小 C．在t4﹣t5时间段，该物体放出的热量为 D．该物质在t5﹣t6时间段的比热容小于在0﹣t1时间段的比热容 20．（2025秋•杭州月考）如图所示是小李同学在一个标准大气压下探究某物质熔化时温度随时间变化的图象，第6min时的内能 _______ 第8min时的内能（选填“大于”、“等于”或“小于”）；该物质在CD段的比热容是AB段比热容的 _____ 倍（被加热物质的质量和吸、放热功率不变）。 十一．影响物体吸、放热的因素（共1小题） 21．（2025秋•北仑区期末）为了比较水和食用油吸热本领的大小，某兴趣小组进行了如图1所示的实验：将水和食用油分别装在两个相同的烧杯中，用电加热器进行加热，每隔1min记录一次温度，绘制出水和食用油的温度随时间的变化曲线，如图2所示。 （1）实验中，应该向两个烧杯中加入_______ （选填“质量”或“体积”）相同的水和食用油。 （2）本实验通过比较加热时间来反映水和食用油吸收热量的多少，因此两个加热器的规格必须要_______ 。 （3）在实验过程中控制加热时间相同，通过比较__________ 来研究水和食用油吸热能力的差异。 （4）实验结束后，老师向他们提出一个问题：如果水和煤油的质量m不同、加热时间T不同、升高的温度Δt也不同，怎样比较才能得出水和食用油的吸热本领大小？小组同学认为可以通过比较的比值大小来进行判定，比值越大表示该物质的吸热能力越_____ （选填“强”或“弱”）。 十二．燃料的热值（共1小题） 22．（2024秋•浙江月考）氢燃料新能源具有清洁无污染、效率高等优点，其热值为q氢＝1.4×108J/kg。求： （1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量是多少？ （2）用这些热量给质量为400kg，温度为15℃的水加热（不计热量损失），水的末温是多少摄氏度？已知水的比热容为c水＝4.2×103J/（kg•℃）。 （3）某氢能源汽车以1.4×105W的恒定功率做匀速行驶，如果0.3kg的氢燃料完全燃烧获得热量有50%用来做有用功，能使该汽车匀速行驶多长时间？ 十三．热量的计算（共1小题） 23．（2026春•北仑区校级期末）有三杯质量都不相等的水A、B、C，其中A杯温度为15℃，B杯温度为25℃，C杯温度为35℃。将A、B两杯混合后温度为21℃，将A、C两杯混合后温度为32℃，则三杯水混合后的温度为（不考虑热量的散失）（　　） A．25℃ B．30.7℃ C．32.1℃ D．37.5℃ 十四．电功率的计算（共6小题） 24．（2025秋•镇海区期末）小科用图甲电路图探究定值电阻R1的电功率P1、滑动变阻器R2的电功率P2和电源总功率PU随电流I变化的关系，将实验数据绘制成a、b、c三条图线如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．定值电阻R1的阻值为3Ω B．实验过程中滑动变阻器R2消耗的最大电功率为2.25W C．当电流表示数为2A时，通过R1的电流每秒做的功为6J D．图线b表示的是电源总功率PU与电流I的关系 25．（2025秋•玉环市校级月考）如图所示的电路中，R为滑动变阻器，R0为定值电阻，电源电压恒定不变。（不计温度对电阻的影响），在滑片P滑动过程中，电压表与电流表的示数变化如图乙所示，则下列各项错误的是（　　） A．R0阻值是5Ω B．电路的最大总功率是12.8 W C．电路的最小总功率是0.8 W D．滑动变阻器的最大阻值是35Ω 26．（2026春•余姚市月考）一根粗细均匀的电阻丝总电阻为24Ω，现将它围成一个半径为r的圆环，并将它放在两根平行放置并相距为r的裸铜线上，两裸铜线的一端分别与电压为3V的电源、电流表和开关相串联，如图所示。裸铜线的电阻不计，并始终保持平行，且相距为r，当圆环在裸铜导线上上下滑行时（接触良好）： （1）电流表的示数变化范围为___________ 。 （2）在移动过程中，电路中的最大电阻为_______ 。 27．（2025秋•慈溪市期末）某科学兴趣小组设计的“温度控制器”工作时有加热和恒温两种状态。电路如图甲所示，S为开关，双金属开关在温度低时闭合，温度到达一定值时自动断开，降温后再闭合，循环工作，起到调节温度的作用，指示灯的额定电压为180V，且亮起即正常工作，发热电阻阻值为80Ω。请分析回答下列问题： （1）双金属开关闭合时，温度控制器处于_______ （填“加热”或“恒温”）状态。 （2）指示灯的电阻大小为_________ 。 （3）加热状态时，温度控制器所消耗的电功率多大？ （4）温度控制器正常工作时，一段时间内灯泡亮灭的规律如图乙所示（可把每200s视为一个周期），则温度控制器1小时所消耗的电能是多少？ 28．（2025秋•杭州期末）小滨为学校的温室育苗基地制作了一个保温箱，其电路如图甲所示，R1为电热丝。 （1）已知如图甲所示的保温箱的电功率为220W，求图甲所示电路正常工作300s消耗的电能。 （2）已知保温箱内空气的质量为11kg，图甲所示电路正常工作300s产生的热量15%被保温箱内空气吸收，可使保温箱内空气的温度升高多少？[空气的比热容为1.0×103J/（kg•℃）] （3）现增加一个阻值为44Ω的电热丝R2，根据实际需求，利用电热丝R1与R2，为保温箱设计两个挡位，高温挡的电功率为1100W，低温挡的电功率为220W。请根据需求，判断图乙中_____ 方案（选填“A”或“B”）符合设计要求。 29．（2026春•富阳区校级月考）入冬，温度骤降。为了避免鱼缸中的热带鱼抵抗不了低温，老师发布任务要求。设计一款自动加热装置放在鱼缸中，并将相关指标设计了量表（如表所示） 评价指标 10分 5分 0分 加热功率 加热功率大于30W 加热功率在15～30W之间 加热功率小于15W 自动化 能在低温时自动加热高温时自动断开 能在低温时自动加热，但高温时无法自动断开 无法自动加热 小科利用电磁铁设计以下电路，在工作电路中电源电压U0为12V，电热丝电阻R0为6Ω；控制电路中电源电压U1为6V，电磁铁对衔铁的吸引力在不同电流和不同距离下的大小关系如图乙所示，Rx为热敏电阻，阻值随水温的变化规律如图丙所示，电磁铁和衔铁的阻值忽略不计： （1）请通过计算分析小科的设计在加热功率是多大？依据评价量表指标上所得分数为_______ 。 （2）针对自动化指标，小科的设计能达到10分。当温度降到一定值，衔铁被吸起，工作电路连通，开始加热；当温度上升到一定值，衔铁自动掉落，工作电路断开，停止加热。若小科选择的衔铁质量为0.5千克，请计算小科该设计能保证鱼缸的最低温度为多少。 （3）若小科想利用该装置，使鱼缸的最高水温稍微提高一些，可以采取以下措施（只有一个选项）_____ 。 A．增加电磁铁线圈匝数 B．减小控制线路电源电压 C．在控制电路串联一个定值电阻 十五．伏安法测定电功率（共2小题） 30．（2025秋•婺城区校级月考）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，使用如图甲所示的电路，其中电源电压保持6V不变，小灯泡额定电压为2.5V（灯丝电阻约为12Ω）。 （1）为能顺利完成该实验探究，并使测量结果更准确，下列四种规格的滑动变阻器最合适的是_____ 。 A.“10Ω；0.2A”的滑动变阻器 B.“40Ω；1A”的滑动变阻器 C.“20Ω；0.2A”的滑动变阻器 D.“25Ω；0.5A”的滑动变阻器 （2）闭合开关，移动滑片至某一位置时，发现电压表的示数如图乙所示；此时为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向_____ 端移动（选填：“A”或“B”）； 用此电路装置测量额定电压为3.8V的小灯泡电功率时，小金认为，电压表选用0～15V量程进行实验，因该量程下每一小格为0.5V，3.8V读数不够精确，导致计算得到的额定功率误差较大。若电压表换用0～3V的量程，将其并联到滑动变阻器两端，调节滑片使电压表示数为2.2V，即可减小误差。 【实验改进】 于是小金设计了如图丙所示电路图，电压表V1选用0～15V量程，电压表V2选用0～3V量程。进行实验，移动滑动变阻器滑片，得到三次实验数据记录如下表。 试验次数 小灯泡两端电压（V） 变阻器两端电压（V） 电流（A） 1 3.0 2.5 0.24 2 3.3 2.2 0.26 3 3.8 1.7 0.28 （3）小金按反思后的思路，利用滑动变阻器两端电压为2.2V时所测的数据，计算得到的小灯泡“额定功率”比真实的小灯泡额定功率_______ （选填“偏大“偏小”或“相等”）。 （4）小红继续进行实验，她又跟老师要了一个单刀双掷开关，一个阻值合适且已知的定值电阻R0，加上原有的实验器材，测量额定电压为3.8V的小灯泡的额定功率，设计如图所示的几幅电路，你觉得哪些电路可以实现小灯泡额定功率的测量？________ 。 31．（2025秋•上城区校级月考）小建做测定“小灯泡额定功率”实验时，所用器材有电压为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，滑动变阻器、电表、开关和导线。 （1）小建通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的读数，并绘制成如图乙所示的U﹣I图像。根据图像信息，可计算出小灯泡的额定功率P额＝________ W； （2）实验时，由于操作失误，在未断开开关的情况下，直接将亮着的小灯泡从灯座上取下，发现电压表的示数_______ （填“变大”、“变小”或“不变”）。 （3）为能顺利完成该实验探究，下列两种规格的滑动变阻器应选用_____ 。 A.“10Ω 0.5A”的滑动变阻器 B.“20Ω 1A”的滑动变阻器 （4）测完小灯泡的电功率之后，他还想要绘制出该用电器的P﹣I2和P﹣U2图像，如图，则可能正确的是_____ 。 A. B. C. D. 十六．焦耳定律的计算（共1小题） 32．（2025秋•西湖区校级月考）某校的学生发明的电热课椅主要由坐垫和脚踏组成，它的电路示意图如下。坐垫内的电热丝R1、R2的阻值分别为260Ω、150Ω，脚踏内的电热丝R1的阻值为400Ω。闭合开关S1，调节开关S2，可以使脚踏分别处于“低温挡”、“中温挡”、“高温挡”（不考虑温度的变化对电阻的影响）。 （1）开关S1闭合，S2接b触点时，总电阻为多大？ （2）该电热课椅消耗的最大功率是多少瓦？ （3）当脚踏处于中温挡时，坐垫与脚踏在10秒内产生的热量是多少焦？ 十七．探究用电器的电功率实验（共1小题） 33．（2025秋•江北区期末）小科同学在测定“小灯泡电功率”的实验中，电源为三节干电池，小灯泡的额定电压为2.5V。 （1）请用笔画线代替导线，将图甲中电路连接完整。 （2）连接电路过程中，小科发现电流表指针如图乙所示，其原因是____________ 。 （3）排除故障后，小科得到多组电压表、电流表的数据，作出如图丙所示的I﹣U图像，由图可知，若小灯泡两端的电压调为额定电压的一半，则测得的实际功率_____ 额定功率的。 （4）小科发现实验室还有额定电压为2.5V的发光二极管（LED），其正常发光时的亮度与上述小灯泡相同。他想比较小灯泡和LED正常工作时的电功率大小，但电流表已损坏。小科利用电源、滑动变阻器、单刀双掷开关S2和已知阻值的定值电阻R0，设计了如图丁所示电路，即便不使用电流表，也能判断出当它们两端电压均为2.5V时，哪个的实际功率更大。请简要说明你的操作过程和判断方法____________________ 。 2026年10月11日校园号21的初中科学组卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共16小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 14 15 16 17 答案 B D A C C A D D C B C 题号 18 19 23 24 25 答案 A C B B C 一．动能与势能的相互转化（共2小题） 1．【答案】B 【解答】解：A.球升到最高点时，受重力和空气阻力，不受平衡力，球也不处于平衡状态，故A错误； B.忽略空气阻力，球由A点运动到B点时，动能减小，重力势能变大，动能转化为重力势能，故B正确； C.若球运动到B点时突然所有力都消失了，球由于惯性要保持原来运动状态，继续运动，不能保持静止状态，故C错误； D.压力和重力是不同性质的两种力。球在D点时对地的压力等于球受到的重力，但不能说压力就是球受到的重力，故D错误。 故选：B。 2．【答案】D 【解答】解：A、在运动过程中，秋千要克服阻力做功，因此机械能不断减小，由于B点在D点后，因此B点的重力势能只能肯定小于D点的重力势能，则二者不重合，故A错误； B、从A到O，减小的重力势能转化为动能和内能，故B错误； C、由于AD之间运动的距离长，因此机械能的损失更多，AD之间的高度差大于DC之间的高度差，故C错误； D、从A﹣D过程中，若在P点没坐稳，由于小科做斜抛运动，因此在最高点时动能不为零，所以他到达的最高点肯定低于A点，最可能沿着方向3掉落，故D正确。 故选：D。 二．动能和势能的大小比较（共1小题） 3．【答案】A 【解答】解：在圆环加速滚上斜坡的过程中，圆环的质量不变，速度变大，动能增大；质量不变，重心变低，高度变小大，重力势能减小；故A正确。 故选：A。 三．机械能守恒（共6小题） 4．【答案】C 【解答】解：A．由于过山车与轨道之间的摩擦力不能忽略，过山车在运动过程中需要克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，因此机械能不断减小。a点在d点之前，所以过山车在a点的机械能Ea大于在d点的机械能Ed，即Ea＞Ed，故A错误； B．同理，b点在c点之前，过山车经过b点时的机械能Eb大于经过c点时的机械能Ec，即Eb＞Ec，故B错误； C．c点与e点等高，过山车在这两点的重力势能Ep相等。由于c点在e点之前，过山车在c点的机械能Ec大于在e点的机械能Ee，即Ec＞Ee。根据机械能等于动能与重力势能之和可知，过山车在c点的动能Ekc大于在e点的动能Eke，即Ekc＞Eke，因此经过c点时的速度大于经过e点时的速度，故C正确； D．由图可知，过山车从a到b的过程中，高度降低，重力势能减小；从b到d的过程中，高度升高，重力势能增大；从d到f的过程中，高度降低，重力势能减小。因此重力势能先减小、后增大、再减小，故D错误。 故选：C。 5．【答案】C 【解答】解：A、因为存在摩擦阻力，重力势能一部分转化为动能，还有一部分转化成内能，机械能减小，不守恒，不是全部转化，故A错误； B、下滑高度降低，重力势能转化为动能，速度增大；但克服摩擦做功，机械能减小，故B错误； C、看乙图柱状图，B点黑色柱（重力势能）高度和E点白色柱（动能）高度相等，说明二者大小相等，故C正确； D、D点选手速度不为0，处于运动状态；根据牛顿第一定律，外力全部消失，物体将保持匀速直线运动，不是静止，故D错误。 故选：C。 6．【答案】A 【解答】解：A、AB段，返回器的质量不变，高度变大，重力势能变大，是返回器的动能转化为重力势能和内能，所以返回器的动能变小，故A错误。 B、BC段没有受到空气的阻力，机械能是守恒的，保持不变，故B正确。 C、CD段，返回器质量不变，高度变小，重力势能减小，故C正确。 D、A到D的过程中，由于克服空气阻力做功，使得机械能不断减小，所以返回器的机械能在A点时大于D点，故D正确。 故选：A。 7．【答案】D 【解答】解：A、从O点下落到A点的过程中，由于忽略空气阻力，小滨的重力势能全部转化为动能，机械能不变，故A正确； B、根据图像小滨整个过程中速度增大的时间段为0～t2，t3～t4，动能的影响因素是质量与速度，所以动能增大的时间段为0～t2，t3～t4，故B正确； C、从A点下落到C点的过程中，蹦床的形变量增大，所以弹性势能增大，故C正确； D、根据图像在t3时刻小滨开始向上运动，所以蹦床对他的弹力大于重力，故D错误。 故选：D。 8．【答案】（1）守恒；（2）B；（3）0.25mgh。 【解答】解：（1）AB凹槽光滑，没有摩擦损耗，不计空气阻力，只有动能重力势能转化，机械能守恒。 （2）A静止速度为0；A到B加速；B到C受摩擦力减速；C之后受到弹簧弹力，继续减速；所以速度最大值在B点。 （3）小球初始重力势能：E1＝mgh；返回最高重力势能：E2＝mg×0.5h。 CD光滑，弹簧碰撞无能量损失，全部机械能损失来自BC段往返摩擦。 往返BC克服摩擦总功：W总＝mgh‑0.5mgh＝0.5mgh，B到C单程克服摩擦力做功：。 故答案为：（1）守恒；（2）B；（3）0.25mgh。 9．【答案】（1）等于；（2）变小；B点的重力势能等于E点的动能，但是B点的动能不为零，而E点的重力势能为零，过山车的机械能等于动能与重力势能之和，则B点的机械能大于E点的机械能，即它的机械能变小。 【解答】解：（1）根据图乙可知，B点重力势能的条形图高度与E点动能的条形图高度相等，即二者大小相等； （2）B点的重力势能等于E点的动能，但是B点的动能不为零，而E点的重力势能为零，过山车的机械能等于动能与重力势能之和，则B点的机械能大于E点的机械能，即它的机械能变小。 故答案为：（1）等于；（2）变小；B点的重力势能等于E点的动能，但是B点的动能不为零，而E点的重力势能为零，过山车的机械能等于动能与重力势能之和，则B点的机械能大于E点的机械能，即它的机械能变小。 四．功的计算（共2小题） 10．【答案】（1）12J；（2）2。 【解答】解：（1）已知t2时刻细线被拉断瞬间，木块甲的动能为10J，橡皮筋的弹性势能为2J，最终木块甲停在橡皮筋原长处，由此可知，木块的动能以及橡皮筋的弹性势能转化为内能，因此木块甲克服摩擦所做的功为W＝10J+2J＝12J； （2）0～t1间的乙受到的拉力FA，使甲、乙两木块匀速运动，根据二力平衡可知，拉力大小等于甲、乙两木块受到的摩擦力，t2～t3间的乙受到的拉力FB，使乙木块匀速运动，同样，根据二力平衡可知，此时的拉力大小等于乙木块受到的摩擦力，因为滑动摩擦力和压力有关，压力越大，摩擦力越大，由于0～t1间的压力是t2～t3间压力的2倍，接触面的粗糙程度相同，所以fA＝2fB，根据二力平衡可知FA＝2FB。 故答案为：（1）12J；（2）2。 11．【答案】（1）x＝0.6m时测力计示数为3N；（2）重心到A端距离d＝0.72m。 【解答】解：（1）0～1.2m，A端没有离开地面，拉力F不变， 由图像，x1＝1.2m时，做功W1＝3.6J。 由W＝Fx，，该段拉力恒定，当x＝0.6m，测力计示数F＝3N。 （2）x从1.2m到1.6m，Δx＝1.6m﹣1.2m＝0.4m， 做功变化ΔW＝5.6J﹣3.6J＝2J，A离地后，拉力等于金属棒重力G， ΔW＝G•Δx，， x＝1.2m时B端抬高1.2m，此时棒刚好A端将要离地，杠杆平衡，支点A。 由杠杆平衡条件：F•L棒＝G•d，棒总长L棒＝1.2m，3N×1.2m＝5N×d， 。 答：（1）x＝0.6m时测力计示数为3N；（2）重心到A端距离d＝0.72m。 五．功率的计算（共1小题） 12．【答案】（1）动脉瓣； （2）B； （3）静脉； （4）1.6。 【解答】解：（1）在心脏的结构中，主动脉瓣（或动脉瓣）位于左心室和主动脉之间，它可以防止主动脉的血液倒流回左心室； （2）钛或钛合金属于金属材料，因为金属材料包括纯金属和合金，故选：B； （3）微创介入手术中，“介入泵”是通过大腿的动脉血管植入，再通过主动脉到达左心室的，因为动脉是将血液从心脏输送到全身的血管，符合这个植入路径的需求； （4）血压 p＝1.6×104Pa，心率＝75 次/分；每搏输出量V＝80mL ＝8×10﹣5m3；根据功的公式W ＝pV，每次搏动做功：W（单次） ＝1.6×104Pa×8×10﹣5m3＝1.28J；每分钟心跳75次，总功：W总＝1.28J×75 次/分＝ 96J；功率公式为P，时间 t＝60s，带入数值得P＝1.6W； 故答案为： （1）动脉瓣； （2）B； （3）静脉； （4）1.6。 六．内能的概念（共1小题） 13．【答案】（1）216； （2）内； （3）0.16； （4）增加电池容量，提高动能回收系统的回收率等，合理即可。 【解答】解：（1）重力G＝mg＝2t×10N/kg＝2000kg×10N/kg＝2×104N，已知阻力为车重的0.05倍，即f＝0.05G＝0.05×2×104N＝1×103N，车匀速直线行驶时，牵引力与阻力大小相等，F牵＝f＝1×103N， 电池总储能W＝60kW•h＝2.16×108J， 假设电能全部转化为动能，由W＝Fs得理论最大续航里程：s2.16×105m＝216km； （2）当车辆减速或制动时，这部分动能通过摩擦转化为内能，以内能的形式流失； （3）以 40m/s 的速度匀速行驶时动能E＝0.5mv2＝0.5×2×103kg×（40m/s）2＝1.6×106J，回收率为10%，则回收的动能E′＝1.6×106J×10%＝1.6×105J， 由E′＝W＝Fs得，延长该车续航里程：s′0.16km； （4）增加电池容量，提高动能回收系统的回收率等，合理即可。 故答案为：（1）216；（2）内；（3）0.16；（4）增加电池容量，提高动能回收系统的回收率等，合理即可。 七．改变物体内能的两种方式（共1小题） 14．【答案】D 【解答】解：AB、对物体做功，物体的内能增加，高压泵压缩CO2，对气体做功，气体内能增大，温度升高，故AB错误； CD、物体对外做功，物体内能减小，高压CO2气体喷出时，气体对外做功，气体内能减小，温度降低，故C错误、D正确。 故选：D。 八．温度、热量与内能的关系（共1小题） 15．【答案】C 【解答】解：内能的多少与物体的质量、温度、状态有关，温度不是决定物体内能大小的唯一因素，故A、B不符合题意； 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，所以，内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体，故C符合题意； 热量是一个过程量，不能说“某物体含有或具有多少热量”，故D不符合题意。 故选：C。 九．热传递的概念与方式（共1小题） 16．【答案】B 【解答】解：甲、乙、丙小烧杯中均为水，沸点相同。甲中水能达到沸点但是不能继续吸热，不会沸腾。乙和丙中水达到沸点后能继续吸热并沸腾，温度保持100℃，所以甲、乙、丙的温度相同。 故选：B。 十．比热容的概念及其计算（共4小题） 17．【答案】C 【解答】解：铅的温度升高1℃吸收的热量为：Q铅＝c铅m铅Δt铅＝0.13×103J/（kg•℃）×m铅×1℃； 铜的温度升高1℃吸收的热量为：Q铜＝c铜m铜Δt铜＝0.39×103J/（kg•℃）×m铜×1℃； 合金的温度升高1℃吸收的热量为：Q合金＝c合金m合金Δt合金＝0.18×103J/（kg•℃）×m合金×1℃， 因为Q合金＝Q铅+Q铜，m合金＝m铅+m铜， 即0.18×103J/（kg•℃）×m合金×1℃＝0.13×103J/（kg•℃）×m铅×1℃+0.39×103J/（kg•℃）×m铜×1℃， 则有：0.18（m铅+m铜）＝0.13m铅+0.39m铜， 解得：，故C正确。 故选：C。 18．【答案】A 【解答】解：设热水和冷水的温度差为t， ∵质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了3℃， ∴Q吸＝Q放， 从而可知，cm×3℃＝cm0（t﹣3℃），① 又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了2.8℃， ∴Q吸＝Q放， 从而可知，c（m+m0）×2.8℃＝cm0（t﹣3℃﹣2.8℃），② 则①﹣②得： 2.8℃cm0＝3℃cm﹣2.8℃cm﹣2.8℃cm0， 整理得：5.6℃cm0＝0.2℃cm， ∴，即m＝28m0， 把它代入①式得： cm0（t﹣3℃）＝c×28m0×3℃， 解得：t＝87℃。 故选：A。 19．【答案】C 【解答】解：结合图像，对选项逐个分析： A、0﹣t1时间内，物质吸收的热量可以用公式cmΔt来求解，但是t1～t2处于熔化阶段，温度不变、持续吸热，故不可以用该公式求解，故A错误； B、t2～t4时间段内，物质均处于液态，比热容不变，故B错误； C、在0～t1时间段，所用时间为t1，温度从T1升高到T2，则该物体吸收的热量为Q吸1＝cm（T2﹣T1）， 由题知，用稳定的热源对它加热（物体在相同时间内吸收的热量相等）， 则单位时间内物体吸收的热量：Q吸2， 分析图像可知，该物质为晶体，在t1～t2时间段，物质处于熔化过程中，所用时间为t2﹣t1， 则该晶体在熔化过程中吸收的热量： Q熔化吸（t2﹣t1）， 分析图像可知，该晶体在t4～t5时间段处于凝固过程中， 对一定质量的晶体来说，凝固时放出的热量与熔化时吸收的热量相等， 所以，在t4～t5时间段，该物体放出的热量为：Q凝固放＝Q熔化吸，故C正确； D、物质在t5～t6和0﹣t1时间段内，均处于固态，因此比热容相等，故D错误。 故选：C。 20．【答案】小于；2 【解答】解：（1）晶体熔化过程要吸收热量，内能增加。所以第6min时的内能小于第8min时的内能； （2）根据图中坐标信息可知，该物质在AB段温度升高10℃，被加热4min；在CD段温度升高5℃，被加热4min； 则该物质在AB段吸热与CD段吸热之比为1：1，根据Q＝cmΔt可得， ， 所以该物质在CD段的比热容是AB段比热容的2倍。 故答案为：小于；2。 十一．影响物体吸、放热的因素（共1小题） 21．【答案】（1）质量； （2）相同； （3）升高的温度； （4）弱。 【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同（不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的不同物质质量不同），故实验中，应该向两个烧杯中加入质量相同的水和食用油。 （2）由转换法，本实验通过比较加热时间来反映水和食用油吸收热量的多少，因此两个加热器的规格必须要相同。 （3）在实验过程中控制加热时间相同，吸热相同，通过比较升高的温度来研究水和食用油吸热能力的差异。 （4）水和煤油的质量m不同、加热时间T不同、升高的温度Δt也不同，表示升高的温度与质量和时间乘积之比，这个比值越大，表示该物质的吸热能力越弱。 故答案为：（1）质量； （2）相同； （3）升高的温度； （4）弱。 十二．燃料的热值（共1小题） 22．【答案】（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出4.2×107J热量； （2）水的末温是40℃； （3）这些热量能让该汽车匀速行驶150s 【解答】解：（1）0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量：Q放＝mq氢＝0.3kg×1.4×108J/kg＝4.2×107J； （2）水吸收的热量：Q吸＝Q放＝4.2×107J， 由Q吸＝cmΔt得水升高温度：Δt25℃；水的末温为：t'＝15℃+25℃＝40℃ （3）由题知汽车所做的功：W＝ηQ放＝50%×4.2×107J＝2.1×107J， 由P得汽车行驶时间：t150s。 答：（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出4.2×107J热量； （2）水的末温是40℃； （3）这些热量能让该汽车匀速行驶150s。 十三．热量的计算（共1小题） 23．【答案】B 【解答】解：不考虑热量的散失，不同的水混合时，低温水吸收的热量等于高温水放出的热量， 将A、B两杯混合后，水的比热容一定，根据Q＝cmΔt可得： cmA×（21℃﹣15℃）＝cmB×（25℃﹣21℃）， 即：3mA＝2mB……① 将A、C两杯混合后，同理可得： cmA×（32℃﹣15℃）＝cmC×（35℃﹣32℃）， 即：17mA＝3mC……② 三杯水混合后，同理可得： cmA×（t﹣15℃）+cmB×（t﹣25℃）＝cmC×（35℃﹣t）……③ 由①②③解得：t＝30.7℃，故B正确。 故选：B。 十四．电功率的计算（共6小题） 24．【答案】B 【解答】解：A.识别曲线：电源总功率PU＝UI。由于电源电压U恒定，所以PU与电流I成正比，其图像是一条过原点的直线。因此，曲线a代表电源总功率PU。 根据曲线a，当I＝3A时，PU＝9W。 由PU＝UI得，U3V。根据曲线b，当I＝3A时，P1＝9W， 由 P1＝I2R1得，R11Ω，故A错误。 B.滑动变阻器的功率P2对应曲线c。其功率表达式为P2＝UI−I2R1＝3VI−I21Ω， 这是一个开口向下的二次函数，当I＝1.5A时，功率有最大值， 最大功率为P2max＝3V×1.5A−（1.5A）21Ω＝2.25W。这与图像中曲线c的峰值相符，故B正确。 C.当I＝2A时，R1的功率为P1＝I2R1＝（2A）2×1Ω＝4W。每秒做的功为W1＝P1t＝4W×1s＝4J，故C错误。 D.根据分析，图线a表示电源总功率PU，图线b表示定值电阻功率 P1，图线b表示的是电源总功率PU与电流I的关系。故D错误。 故选：B。 25．【答案】C 【解答】解：由电路图可知，R0和R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。 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，电压表的示数最大， 由乙图可知，电路中的最小电流I小＝0.2A，R两端的电压UR大＝7V， 由I可得，滑动变阻器的最大阻值： R大35Ω，故D正确； 因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以，电源的电压： U＝U0+UR大＝I小R0+UR大＝0.2A×R0+7V； 当滑动变阻器的接入电路中的电阻为0时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大， 由乙图可知，电路中的最大电流I大＝1.6A， 则电源的电压： U＝I大R0＝1.6A×R0， 因电源的电压不变， 所以，0.2A×R0+7V＝1.6A×R0， 解得：R0＝5Ω，故A正确； 则电源的电压U＝I大R0＝1.6A×5Ω＝8V， 电路的最大总功率： P大＝UI大＝8V×1.6A＝12.8W，故B正确； 电路的最小总功率： P小＝UI小＝8V×0.2A＝1.6W，故C错误。 故选：C。 26．【答案】（1）1～1.5A；（2）3Ω。 【解答】解：（1）圆环被分成两段导线并联接入电路，并联接入电路的导线长度越大，接入的电阻越大，当圆环一半接入电路时，接入电路的阻值最大，此时接入电路的一段电阻阻值： ， 接入电路的并联电阻， 此时电路电流， 当圆环跨在导线正中央时，接入电路的阻值最小，接入电路的一段导线电阻： ， 由等值电阻并联规律，接入电路的并联电阻， 由欧姆定律此时电路电流：， 故电流表的示数变化范围为1～1.5A； （2）由上面的分析，在移动过程中，电路中的最大电阻为3Ω。 故答案为：（1）1～1.5A；（2）3Ω。 27．【答案】（1）加热； （2）360Ω； （3）加热状态时，温度控制器所消耗的电功率为605W； （4）温度控制器正常工作时，一段时间内灯泡亮灭的规律如图乙所示（可把每200s视为一个周期），则温度控制器1小时所消耗的电能是485100J。 【解答】解：图中电源220V，发热电阻R＝80Ω与指示灯L串联，双金属开关与指示灯并联：双金属开关闭合→指示灯被短路（灯灭）→发热电阻单独工作→加热状态，双金属开关断开→指示灯与发热电阻串联→指示灯亮→恒温状态。 （1）双金属开关闭合时→加热状态。 （2）恒温状态（串联）时，指示灯电压180V，电流I0.5A， 则RL360Ω。 （3）加热状态时，指示灯被短路，220V全加在发热电阻上：P加热605W。 （4）恒温状态时，总电阻360Ω+80Ω＝440Ω，则P恒温110W， 1小时消耗电能如图乙显示：每200s周期中，灯灭（加热）10s，灯亮（恒温）190s，即加热状态功率：605W，时间：10s；恒温状态功率：110W，时间：190s。 一个周期耗能：W加热＝P加热t加热＝605W×10s＝6050J，W恒温＝P恒温t恒温＝110W×190s＝20900J， 一个周期总耗能：W＝W加热+W恒温＝6050J+20900J＝26950J，1小时 ＝ 3600s，共3600/200＝18个周期， 则1小时所消耗的电能：W总＝26950J×18＝485100J。 故答案为：（1）加热； （2）360Ω； （3）加热状态时，温度控制器所消耗的电功率为605W； （4）温度控制器正常工作时，一段时间内灯泡亮灭的规律如图乙所示（可把每200s视为一个周期），则温度控制器1小时所消耗的电能是485100J。 28．【答案】（1）图甲所示电路正常工作300s消耗的电能为6.6×104J； （2）已知保温箱内空气的质量为11kg，图甲所示电路正常工作300s产生的热量15%被保温箱内空气吸收，可使保温箱内空气的温度升高0.9℃； （3）A。 【解答】解：（1）由电能公式可得消耗的电能为：W＝Pt＝220W×300s＝66000J＝6.6×104J。 （2）空气吸收的热量：Q吸＝15%×W＝0.15×6.6×104J＝9900J， 由热量公式Q＝cmΔt，得：Δt0.9℃。 （3）分析思路：题目要求：高温挡功率：1100W，低温挡功率：220W，电源电压：家庭电路一般为 220V（题目隐含）。 已有电热丝R1，由第（1）问可知，单独接R1时功率为220W，R1的阻值：R1220Ω， 现新增电热丝R2＝44Ω， 现在考虑两种连接方式：并联：总电阻小→总功率大→高温挡，串联：总电阻大→总功率小→低温挡， 但题目要求低温挡为220W，而单独使用R1就是 220W，所以低温挡应为只接入R1， 高温挡功率为1100W，对应总电阻：R总44Ω，恰好等R2的阻值，这说明，高温挡时，只有R2接入电路， 所以，两个挡位分别是：只接R1（低温），只接R2（高温），即两个电阻独立工作，互不影响，通过开关切换。 故选：A。 故答案为：（1）图甲所示电路正常工作300s消耗的电能为6.6×104J； （2）已知保温箱内空气的质量为11kg，图甲所示电路正常工作300s产生的热量15%被保温箱内空气吸收，可使保温箱内空气的温度升高0.9℃； （3）A。 29．【答案】（1）小科的设计在加热功率是24W；5分；（2）小科该设计能保证鱼缸的最低温度为9℃；（3）A。 【解答】解：（1）工作电路中接通时，电路中只有R0工作，加热功率，根据评价量表，加热功率在15～30W之间，对应5分； （2）衔铁重：G＝mg＝0.5kg×10N/kg＝5N，衔铁被吸起时，电磁铁的吸引力 F＝G＝5N， 由图甲可知，吸引衔铁时衔铁与电磁铁的距离为4cm，要产生5N的吸引力，由图乙可知，电流 I＝0.4A。控制电路总电阻，由图丙，此时对应温度为9℃，即鱼缸的最低温度为9℃； （3）利用该装置，使鱼缸的最高水温稍微提高一些，即温度上升到原来的最高水温时，衔铁不会自动掉落，说明与电磁铁的磁性增强了。根据影响电磁铁磁性强弱的因素可知，可以增大电流，结合欧姆定律可知，可以增大控制电路的电源电压U1、在控制电路中并联一个电阻。也可以增加电磁铁线圈的匝数。根据图乙可知还可以缩短电磁铁与静触头之间的距离。也可以减小衔铁的质量，故选A。 故答案为：（1）小科的设计在加热功率是24W；5分；（2）小科该设计能保证鱼缸的最低温度为9℃；（3）A。 十五．伏安法测定电功率（共2小题） 30．【答案】（1）D； （2）A； （3）偏小； （4）A、C 【解答】解：（1）小灯泡正常发光时的电流约为，滑动变阻器需分得的电压UP＝U﹣U额＝6V﹣2.5V＝3.5V，其接入电阻约为；滑动变阻器的最大阻值应略大于16.7Ω，允许电流应大于0.21A。“25Ω；0.5A”的滑动变阻器阻值合适且允许电流满足要求，故（1）选D。 （2）由图乙可知电压表选用0～3V量程，示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V；要测量额定功率，应增大灯泡两端电压，根据串联电路分压规律，应减小滑动变阻器接入电路的电阻，故滑片应向A端移动。 （3）由表中数据可知，滑动变阻器两端电压为2.2V时，小灯泡两端电压为3.3V，电流为0.26A，小灯泡并未达到额定电压3.8V；小金按U额＝3.8V与该电流0.26A计算功率，P金＝U额I2＝3.8V×0.26A＝0.988W，而真实额定功率P真＝U额I额＝3.8V×0.28A＝1.064W，P金＜P真，故计算得到的“额定功率”偏小。 （4）图A可通过单刀双掷开关使电压表分别测量小灯泡和定值电阻R0两端电压，先调节滑片使小灯泡电压为3.8V，再测出R0两端电压U0，由得到额定电流，从而测出额定功率，图A可行；图C可通过单刀双掷开关使电流表分别测量R0支路电流和干路电流，先调节滑片使通过R0的电流，此时小灯泡电压为3.8V，再测干路电流I，由IL＝I﹣I0得到额定电流，从而测出额定功率，图C可行；图B、图D不能同时准确得到小灯泡的额定电压和额定电流，故不可行。 故答案为： （1）D； （2）A； （3）偏小； （4）A、C。 31．【答案】（1）0.5；（2）变大；（3）B；（4）B。 【解答】解：（1）根据绘制的如图乙所示的U﹣I图像可知，灯在额定电压下的电流为0.2A，可计算出小灯泡的额定功率P额＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W； （2）原电路中，电压表测灯的电压，实验时，由于操作失误，在未断开开关的情况下，直接将亮着的小灯泡从灯座上取下，电路断路，电压表与电源连通测电源电压，故发现电压表的示数变大。 （3）所用器材有电压为6V的电源，额定电压为2.5V，灯在额定电压下的电流为0.2A，根据串联电阻的规律及欧姆定律可知，此时变阻器连入电路的电阻为 R滑17.5Ω＞10Ω 为能顺利完成该实验探究，滑动变阻器应选用B。 （4）AC、根据P，若R不变，P与U2成正比，图象是一条经过原点的直线，因灯泡电阻R随温度的升高而增大，相同U2下的值比R不变时更小，图象相比正比例图象向下弯，故AC错误； BD、由P＝I2R知，若R不变，则P与I2成正比，图象是一条经过原点的直线，因灯泡电阻R随温度的升高而增大，所以P的取值会比R不变时P的取值大，图象相比正比例图象向上弯，故B正确，D错误。 故选：B。 故答案为：（1）0.5；（2）变大；（3）B；（4）B。 十六．焦耳定律的计算（共1小题） 32．【答案】（1）总电阻为660Ω；（2）电热课椅消耗的最大功率是88W；（3）坐垫与脚踏在10秒内产生的热量约为733.3J。 【解答】解：已知电源电压U＝220V，R1＝260Ω，R2＝150Ω，R3＝400Ω。 （1）开关S1闭合，S2接b触点时，R1与R3串联。根据串联电阻规律R总1＝R1+R3＝260Ω+400Ω＝660Ω。 （2）电源电压不变，由可知，电路总电阻越小，总功率越大。S2接c触点时，R2与R3串联，总电阻最小。 R总最小＝R2+R3＝150Ω+400Ω＝550Ω最大功率：。 （3）脚踏处于中温挡，对应S2接b触点，总电阻R总1＝660Ω，时间t＝10s。 纯电阻电路，产生热量等于电路消耗电能：。 答：（1）总电阻为660Ω；（2）电热课椅消耗的最大功率是88W；（3）坐垫与脚踏在10秒内产生的热量约为733.3J。 十七．探究用电器的电功率实验（共1小题） 33．【答案】（1）； （2）电流表没有调零； （3）＞； （4）先将开关S2拨到b，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5 V；保持滑片位置不动，将开关 S2拨到a，读取电压表示数为U1。再用LED灯换下小灯泡，重复上述操作，读取电压表示数为U2。当U1＞U2时，小灯泡的实际功率更大；当U1＝U2时，小灯泡与LED灯的实际功率相等；当U1＜U2时，LED灯的实际功率更大。 【解答】解：（1）如图乙所示，电流表选择的是0～0.6A的量程，且电流表应该串联在电路中。如图甲所示，故只需将电流表上标“0.6”的接线柱与小灯泡左侧接线柱相连即可。实物连接如下： 。 （2）如图乙所示，图中电流表指针反向偏转，连接电路过程中，开关处于断开状态，没有电流通过电流表。说明电流表在使用之前指针没有指在零刻度线，即电流表没有调零。 （3）当小灯泡正常工作时，其两端电压为U、电阻为R，小灯泡的额定功率为， 因为小灯泡灯丝电阻随温度升高而增大，当电压为额定电压一半时，小灯泡实际功率变小，灯丝温度降低，电阻小于正常发光时的电阻，此时的实际功率 即测得的实际功率大于额定功率的 （4）比较额定功率的大小关系时，因为额定电压相等，根据P＝UI可知，只需比较出通过两种灯泡的电流大小即可，因为没有电流表，则需通过计算比较出通过两种灯泡的电流，因为灯泡的电阻未知，滑动变阻器接入电路的电阻未知，故只能计算出通过R0的电流，再利用串联电路电流规律比较出通过两种灯泡的电流。因为两种灯泡的额定电压相等，实验时只需先分别使两种灯泡正常发光，然后利用电压表分别测出两种灯泡与R0的总电压U串，利用串联电路电压规律计算R0的电压，其大小可表示为U0＝U串﹣U额＝U串﹣2.5V 再利用欧姆定律、串联电路电流规律可计算出通过灯泡的电流 所以比较通过两种灯泡的电流大小时，只需比较U串大小即可，当U串更大时，额定功率更大。 故可按照以下方案进行实验： 先将开关S2拨到b，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5 V，保持滑片位置不动，将开关 S2拨到a，读取电压表示数为U1；再用LED灯换下小灯泡，重复上述操作，读取电压表示数为U2。比较U1和 U2的大小即可比较两个用电器实际电功率的大小，当U1＞U2时，小灯泡的实际功率更大；当U1＝U2时，小灯泡与LED灯的实际功率相等；当U1＜U2时，LED灯的实际功率更大。 故答案为：（1）； （2）电流表没有调零； （3）＞； （4）先将开关S2拨到b，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5 V；保持滑片位置不动，将开关 S2拨到a，读取电压表示数为U1。再用LED灯换下小灯泡，重复上述操作，读取电压表示数为U2。当U1＞U2时，小灯泡的实际功率更大；当U1＝U2时，小灯泡与LED灯的实际功率相等；当U1＜U2时，LED灯的实际功率更大。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/10/11 16:33:20；用户：校园号21；邮箱：whcy21@xyh.com；学号：53887501 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $