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2020-2021学年江苏省南通市崇川区东方中学九年级（上）期末物理试卷
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这是一份2020-2021学年江苏省南通市崇川区东方中学九年级（上）期末物理试卷，共27页。试卷主要包含了8V小灯泡等器材进行实验探究，【答案】D，【答案】B，【答案】C，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省南通市崇川区东方中学九年级（上）期末物理试卷
1. 下列电器中，利用法拉第电磁感应原理工作的是( )
A. 电磁起重机 B. 电磁继电器 C. 电动机 D. 发电机
2. 下列关于内能、温度、热量说法正确的是( )
A. 物体温度升高，一定吸收了热量 B. 物体温度升高，内能一定增加
C. 温度高的物体，含有的热量多 D. 0℃的冰的内能为零
3. 关于家庭电路和安全用电，下列说法中正确的是( )
A. 家庭电路中空气开关跳闸，一定是发生了短路
B. 熔丝被烧断后，可用铜丝代替熔丝接入电路
C. 使用测电笔时，手必须接触笔尾金属电极
D. 家庭电路中小功率电器的外壳可以不接地
4. 小红在操场上将一皮球抛出，皮球被抛出后的运动轨迹如图所示，a、c两点处于同一高度。则下列判断中正确的是( )
A. 皮球由a到b时，动能逐渐增大 B. 皮球在b点时的机械能最大
C. 皮球由c到d时，机械能一直减小 D. 皮球在a、c两点时动能相等
5. 如图所示是一个天然气泄漏检测电路的原理图，电源电压恒定不变，R0为定值电阻，R为气敏电阻(其阻值随天然气浓度的增大而减少)，则下列说法中正确的是( )
A. 天然气浓度增大，电压表示数变小
B. 天然气浓度减小，电流表示数变大
C. 天然气浓度增大，电路消耗的总功率变小
D. 天然气浓度减小，电压表与电流表示数的比值不变
6. 某同学制作了如图所示的装置：风吹动时，风车带动磁体上方的线圈转动(线圈两端引出线上的绝缘漆已全部刮掉)，灵敏电流计的指针会发生偏转，则下列说法正确的是( )
A. 该装置是利用磁场对电流的作用原理工作的
B. 该装置工作时线圈相当于电路中的用电器
C. 该装置工作时线圈中产生的是交变电流
D. 若图中电流计换成干电池，则无风吹时，线圈能持续转动
7. 如图所示家庭电路中的某一部分，电工师傅按下面的顺序进行检测：闭合S1，灯L1亮；断开S1，闭合S2，灯L2不亮；再用测电笔测a、b、c、d四个接线点，发现只有在c点氛管不发光。若电路中只有一处故障，则是( )
A. c、d两点间断路 B. 灯L2所在支路断路
C. 灯L2短路 D. c点左侧的零线断路
8. 小明用如图所示的装置研究“杠杆的机械效率”实验时，将重为G的钩码挂在铁质杠杆上A点，弹簧测力计作用于C点，现竖直向上匀速拉动弹簧测力计，杠杆的机械效率η1；若仅将弹簧称改挂到B点，仍将钩码竖直向上匀速提升h的高度，杠杆的机械效率为η2，则( )
A. η1<η2 B. η1=η2 C. η1>η2 D. 无法确定
9. 在无风的天气，一名中学生在平直的马路上以正常速度骑行时，所受的阻力约为人重力的0.02倍，那么请你估算下该中学生骑车的功率大约与下面那个值比较接近( )
A. 20W B. 60W C. 120W D. 200W
10. 如图甲，电源电压恒定，R0为定值电阻，电阻R的阻值随环境温度变化而改变。改变环境温度，定值电阻R0两端的电压U0随温度t变化的关系如图乙所示，则下列描述R两端的电压U、电路消耗的总功率P随温度t变化的关系图线中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
11. 如图所示，我国长征五号B运载火箭成功发射。火箭使用的燃料是液态氢，这是利用了液态氢______ 的特点。火箭高速运动过程中，与空气摩擦而温温度急剧升高，这是以______ 的方式改变火箭内能。载荷组个体与火箭成功分离进入预定轨道，当载荷组合体由轨道的远地点向近地点运行时其动能______ 。(选填“增大”“减小”或“不变”)
12. 如图所示，某单缸四冲程汽油机工作状态如图所示，此时的能量转化是______ ；若飞轮的转速为1800r/min，该汽油机每秒共经历了______ 个冲程；汽油机散热常用水作为冷却剂，这是利用了水的______ 较大的性质。汽油机工作时利用水循环将热量从高温的发动机自发转移到低温的水，这一现象说明______ 。
13. 如图是某款家用电饭煲的保温、加热两挡调节功能电路。已知电源电压为220V，电热丝R1的阻值为121Ω，电路处于加热挡时功率为1400W。
(1)电热丝R2的阻值为______ Ω，电路处于保温挡时功率为______ W。
(2)在使用电饭煲时，应选用______ 孔插座，若电饭煲正常工作1小时，使标有“1000imp/(kW⋅h)”的电能表指示灯闪烁640次，则电饭煲处于加热挡与保温挡的工作时间之比为______ 。
14. 硫化镉(CdS)晶体是一种光敏材料，其电阻随光照强度增大而减小。如图所示，用它和继电器组成自动控制电路来控制路灯，白天灯熄，夜晚灯亮。
(1)硫化镉晶体主要是由______ (选填“导体”或“半导体”)材料制成的。给路灯供电的电源应接在______ (选填“ab”或“bc”)两端。
(2)图示路灯是额定电压为220V、额定功率为8.8W的LED灯泡，与普通白炽灯相比，该灯与额定功率为55W的白炽灯亮度相同，则这个LED灯正常发光相同时间时与白炽灯相比可以节约______ %的电能。
(3)夏天夜幕降临晚些，为了更能节约能源，缩短灯泡照明，应将电阻R ______ (选填“调大”或“调小”)些。
15. 小明利用如图甲所示的实验装置研究A、B两种固体的熔化特点。瓶中的电热丝阻值R1=2R2，两种细小颗粒的质量相同。通电一段时间待两种物质都熔化完就断开开关，作出两种固体温度随时间的变化图象如图乙所示，忽略过程中的热损失。
(1)若两根电热丝长度和材料都相同，则电热丝R1较______ (选填“粗”或“细”)。
(2)由图象可知：熔化过程中A吸收的热量______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)B吸收的热量。颗粒A、B固态时的比热容之比为______ 。
(3)图甲装置还可以探究电热与______ 的关系。若实验中其他条件不变，调节滑动变阻器使电路中的电流变为原来的2倍，则固体A的熔化时间将变为______ min。
16. 如图根据要求将实物图连接完整。要求：两个灯泡并联，开关S控制整个电路，电流表测通过灯泡L2的电流。
17. 如图所示，小磁针静止在通电螺线管的正上方，在图中标出电源的正、负极和磁针的N极和S极．
18. 如图，请用笔画线代替导线将两线插座、电灯和开关分别接入电路。
19. 用如图所示滑轮组提升重为360N物体，已知物体在10s内匀速上升2m，拉力F的功率是90W，求：
(1)提升物体做的有用功；
(2)滑轮组的机械效率η；
(3)拉力F的大小。
20. 如图所示电路，电源电压恒为6V，灯泡标有“2V0.25A”字样。闭合开关S2、S3时，滑片P移至B端，电流表的示数为0.2A；保持滑片位置不变，闭合开关S1、S2、S3时，电流表示数为0.5A。求：
(1)滑动变阻器R1的最大阻值；
(2)闭合开关S1、S2、S3，滑片在B端时，1min内R2消耗的电能；
(3)只闭合开关S2，保证电路安全，电路的最大总功率。
21. 小明和小华利用电源、开关、标有“3.8V小灯泡等器材进行实验探究。
(1)小明连接了如图甲所示电路，测量小灯泡正常发光时的电阻。
①电路连接也有一处错误，请你在接错的那根导线上打“×”，并另画一根导线，使电路连接正确。
②同组的小华发现小明所选的器材不能完成此实验，其原因是______。
③小明重新选择合理器材，将电路改接正确后闭合开关，调节滑动变阻器，使灯泡正常发光，此时电流表示数如图乙所示，则灯泡正常发光时的电阻是______Ω。
④小明还利用该电路探究“电流与电压”的关系，测量了小灯泡在不同电压下的电流，并根据所测的数据绘制了小灯泡的电流与电压关系图像，如图丙所示，该实验______(选填“能够”或“不能够”)达成实验目的，原因是______。
(2)小华设计了如图丁所示电路，测量该小灯泡的额定功率。已知电源电压为U，定值电阻的阻值为R0。请帮小华将实验步骤补充完整
①只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器R1，当电压表示数为______时，小灯泡正常发光。
②只闭合开关______，滑动变阻器R1的滑片保持不动，记下电压表示数为U1。
③则小灯泡额定功率的表达式为：______。
22. 某小组的同学研究水受到太阳照射时升温的情况，对水温上升快慢的影响因素进行了猜想
猜想1：太阳光照时间
猜想2：水量的多少
猜想3：水受到的光照面积(简称受光面积)
(1)关于猜想1小明同学认为借助______(填“功率”或“效率”)的概念可以判断猜想1是错误的
(2)在研究猜想2时，小明利用图甲所示的装置，分别在玻璃水槽中装入不同质量的水，发现在相同的照射时间中，水质量越大，水温变化越慢，这样的操作过程______(选填“合理”或“不合理”)，理由是______。
(3)为研究猜想3，小明准备了三个面大小相同而厚度稍有不同的透明玻璃水槽(有盖，忽略水微弱形变带来的受光面积变化)，在水A中装满水使光垂直照射在透明玻璃水槽的表面，同学们记录了A水槽中水温随照射时间的变化情况，如下表所示，
t/min
0
2
4
6
8
ΔT/℃
0
3.0
4.8
5.6
5.9
①请在图乙中描点作出t−△T图像；
②为进行对比，小明应在水槽______(选填B、C)中装入水，再进行实验；
③小明发现经过一段时间后，水温趙于稳定。小明了解到，水接受太阳辐射的同时，也在对周围环境放热。已知水的受光面积为S，此时太阳光单位面积辐射功率为P1，水每侧单位面积(研究中忽略薄水槽较小的侧、底面积)对周边的散热功率为P2。则利用给定的字母写出水温稳定时，水对太阳能的吸收效率为______。
(4)你对水吸收太阳能的升温快慢的影响因素还有什么猜想：______。
23. 阅读短文，回答问题
第五代战斗机“歼−20”
“歼−20”作为中国第五代战斗机，融合了全球优秀战斗机的特点，具备了很强的隐形性能、机动性能等。“歼−20”表面平滑，机翼的外形做成流线型，它拥有良好的大仰角升力特性，较大的瞬时攻角与滚转率，并采用先进的光传操纵系统，以光信号的形式传输信号，可随时保证飞机与地面的联系。“歼20”配备了大功率雷达，为解决放热题，采用了新一代液体冷却系统。该飞机最大起飞质量为37t，最大飞行高度达20km，最大航行速度达25倍声速(合3060km/h)，最大油量为10t，飞机航行时所受阻力的大小与速度的关系见表：(已知飞机发动机的效率是40%，航空燃油的热值为5×107J/kg，g取10N/kg)
速度v/(m/s)
100
200
300
400
500
阻力f/N
0.3×104
1.2×104
2.7×104
4.8×104
7.5×104
(1)“歼−20”飞机表面能______(选填“反射”或“吸收”)对方雷达发射的电磁波，从面实现电磁隐身，飞机在水平匀速飞行过程中机械能______。(选填“变大”“变小”或“不变”)
(2)下列说法中不正确的是______。
.飞机的机翼做成流线型是为了减小空气的阻力
B.为解决雷达的散热问题，采用比热容大的液体作为冷却剂
C.飞机与地面的联系采用光信号的形式传输信号
D.当飞机在做较大幅度的瞬时滚转时，受到平衡力的作用
(3)当飞机以400m/s的速度巡航时飞机发动机的输出功率为______ Kw。若飞机油箱中加满燃油，并且以500m/s的速度巡航时，飞机的最大航程约为______ km。
(4)翼载指飞机的最大起飞质量与机翼面积的比值，若该飞机的翼载为500kg/m2，则机翼面积为______m2飞机的推重比是指飞机以最大行速度巡航时的引力与最大起飞重力的比值，则该“歼−20”飞机的推重比约为______。
(5)飞机利用测距传感器来判断离地高度若某测距传感器的阻值R1与离地高度大小的关系如图乙所示，如图丙所示的检测电路采用了“稳流电源”(电源输出的电流恒定)，要使高度表(实质是电流表或电压表)的示数能随飞行高度的增大而增大，则此高度表应安装在______(选填“1”、“2”或“3”)位置，该高度表示数刻度______。(选填“匀线“不均匀”)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、电磁起重机的主要构件是电磁铁，电磁铁是利用电流的磁效应的原理工作的，故A错误；
B、电磁继电器也是利用电流的磁效应，即利用衔铁被吸动而改变电路的闭合、断开情况进行工作，故B错误；
C、电动机的前提是供电，结果是产生运动，利用通电导体在磁场中受力的原理，故C错误；
D、发电机的前提是运动，结果是产生电流，利用电磁感应现象原理，故D正确。
故选：D。
电磁感应现象是闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线运动时，导体中会有感应电流产生，把机械能转化为电能。
在电和磁这一部分中，学到了很多电学设备，每个设备的制成原理是经常考查的知识点。要在理解的基础上，记住这些基础知识。
2.【答案】B
【解析】解：
A、一个物体的温度升高，可能是外界对物体做功，也可能是吸收了热量，故A错误；
B、物体的质量一定，温度升高，分子无规则运动的速度加快，内能增加，故B正确；
C、热量是一个过程量，不能用“含有”来修饰，故C错误；
D、0℃的冰也具有内能，故D错误；
故选：B。
(1)改变物体内能的两种方式：做功和热传递；
(2)一个物体温度升高，内能一定增加；
(3)热量是一个过程量，不能用“含有”等来修饰；
(4)一切物体都具有内能。
正确理解温度、热量与内能的关系。解决问题的诀窍是：物体吸热或温度升高，内能一定增大；但物体的内能增大，不一定是由物体吸热或温度升高引起的。
3.【答案】C
【解析】解：A、空气开关跳闸是由电路中电流过大造成的，可能是短路，也可能是用电器的总功率过大，故A错误；
B、组成保险丝的材料是电阻率较大而熔点较低的铅锑合金，在电流过大时熔断，自动切断电路，起到保护作用；铜导线的熔点很高，当电流过大时，不能熔断起不到保护作用，容易引起火灾，故B错误；
C、使用测电笔时，手必须接触测电笔尾部的金属体，故C正确；
D、家庭电路中的地线必须接地，否则可能发生触电事故，故D错误。
故选：C。
(1)家庭电路中电流过大的原因：一是短路，二是用电器的总功率过大；
(2)保险丝是用电阻率较大而熔点较低的铅锑合金制成的，当电流过大时，它会因温度过高而熔断，保护电路；
(3)使用测电笔时，手必须接触测电笔尾部的金属体；
(4)用电器工作时，它的金属外壳都与地线连接，所以地线必须接地。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、积累，加强安全意识，学好电、用好电。
4.【答案】C
【解析】解：A、皮球由a到b时，其质量不变，速度变慢，即动能变小，同时其高度增加，重力势能变大，故错误；
B、从能量的转化的角度分析，当球离开手后的运动过程中，或与空气摩擦，或与地面摩擦，使得一部分机械能损失掉，所以相对来说，a点的机械能最大，故错误；
C、皮球由c到d时，由于和空气、地面摩擦，故损失掉一部分机械能，故机械能减小，故正确；
D、据机械能的损失可知，小球在a处的动能大于在c处的动能，故错误；
故选：C。
(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)重力势能的大小与物体的质量和高度有关，即质量越大，高度越高，重力势能越大；
(3)动能和势能统称为机械能。
在不计能量损失时，机械能是守恒的；但在真实的情况下，由于地面附近有空气的阻力或地面的摩擦力，故一般机械能是不守恒的。
5.【答案】D
【解析】解：(1)当天然气浓度增大时，气敏电阻R的阻值减小，电路中的总电阻减小；
电源电压不变，根据I=UR可知，电路中的电流变大；
根据U=IR可知，定值电阻R0两端的电压变大，即电压表的示数变大，故A不正确；
根据P=UI可知，电路消耗的总功率变大，故C不正确；
(2)反之，当天然气浓度减小时，电路中的电流变小，故B选项不正确；
根据欧姆定律可知，电压表与电流表示数的比值等于定值电阻R0的阻值，所以两者的比值不变，故D选项正确。
故选：D。
由电路图可知两电阻串联，电压表测量R0两端的电压；根据天然气浓度的变化确定气敏电阻R的变化，根据欧姆定律确定电路中电流的变化和电压表示数的变化以及电压表与电流表示数的比值变化，根据P=UI可知电路中消耗总功率的变化。
本题考查了电阻的串联特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，会分析气敏电阻的阻值与浓度的变化关系是本题的突破口。
6.【答案】C
【解析】解：ABC、图中线圈、导线和灵敏电流计组成闭合电路，线圈处在磁场中，风吹风车带动线圈转动切割磁感线从而产生感应电流，因此图示装置是电磁感应现象，与发电机相同，该装置相当于电源；线圈在转动的过程中，切割磁感线的方向发生了变化，电流的方向也会发生变化，产生的电流是交流电，故AB错误，C正确；
D、若图1中电流计换成干电池，则无风吹时，由于通电线圈处在磁场中故而受力转动，但线圈转动至平衡位置因线圈两端的绝缘漆全部刮掉无法改变线圈中的电流从而不能持续转动下去，故D错误。
故选：C。
闭合电路部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流的现象叫做电磁感应；发电机就是根据此原理制成的。
此题考查了法拉第的电磁感应实验，要抓住条件：闭合、部分、切割，这是解题关键。
7.【答案】A
【解析】解：
(1)闭合S1，灯L1亮，说明电路中有电流，电路为通路，则从保险丝→a→S1→L1→c以及c点左侧的零线都没有断路；
(2)断开S1，闭合S2，灯L2不亮，灯L2不亮的原因有两个：一个是断路、一个是短路，
若灯L2短路时，电路的电流会很大，将保险丝烧断，则试电笔接触a、b两个接线点时，氖管都不会发光，不符合题意；
若灯L2所在支路开路，则试电笔接触d点时氖管不发光，不符合题意；
若c、d两点间开路，灯泡L2与零线不能构成闭合电路，没有电流通过L2，灯泡L2不会发光，但d点会通过灯泡L2与火线间接相连，则试电笔接触d点时氖管会发光，符合题意；
综上所述，A正确，BCD错误。
故选：A。
测电笔在使用时，应将笔尖接触导线，手接触笔尾的金属体，这样就可以形成回路，如果是火线，氖管会发光；
灯不亮的原因可能是断路或者短路，结合测电笔检测时氖管的发光情况判断具体的故障位置。
本题考查家庭电路故障的分析，相对比较简单，属于基础题。
8.【答案】B
【解析】解：
原来弹簧测力计作用于C点，竖直向上匀速拉动弹簧测力计时，测得杠杆的机械效率η1；将弹簧测力计移动到B点时，仍将钩码竖直向上匀速提升相同的高度，根据可知有用功不变；
因杠杆的偏转角度不变，则杠杆重心上升的高度不变，根据可知，克服杠杆重力做的额外功不变；由于有用功和额外功都不变，所以总功也不变，根据可知杠杆的机械效率不变，即η2=η1。
故选：B。
该实验中克服钩码重力做的功为有用功，克服杠杆重力做的功为额外功，总功等于有用功与额外功之和；通过分析有用功、额外功和总功的变化得出机械效率的变化。
本题考查杠杆机械效率的测量，把握有用功、额外功和总功的计算方法，明确两次实验中杠杆重心上升的高度不变是关键。
9.【答案】B
【解析】解：一名中学生质量大约为50kg，重力G=mg=50kg×10N/kg=500N，则受到的阻力f=0.02G=0.02×500N=10N，
人骑车的速度大约v=5m/s，
则匀速行驶时，骑车人的功率：
P=Wt=Fst=fv=10N×5m/s=50W，最接近60W。
故选：B。
一名中学生的质量在50kg左右，骑自行车的速度一般在5m/s左右，由匀速行驶时功率P=Wt=Fst=fv，可以求得结果。
本题要用到平时的生活常识，人的一般体重和骑自行车的速度的大小，知道这些，再根据功率的公式就很容易分析了。
10.【答案】B
【解析】解：
由图甲可知，定值电阻R0和电阻R串联，电压表测量R0两端的电压，且电阻R的阻值随环境温度的变化而变化，
由图乙可知，U0−t图线是一条斜向下的直线，即温度升高时，电阻R0两端的电压线性变小，由I=U0R0可知，通过定值电阻R0的电流(电路中的电流)线性变小；
电源电压恒定，根据串联电路电压的特点可知，电阻R两端的电压应线性增大，所以图B正确，图A错误；
因为电源电压保持不变，温度升高时电路中的电流线性变小，所以，根据P=UI可知，电路消耗的总功率线性变小(即P−t图线应是一条斜向下的直线)，故图C和图D错误。
故选：B。
由图甲可知，定值电阻R0和电阻R串联，电压表测量R0两端的电压，电阻R的阻值随环境温度的变化而变化，由图乙可知，当温度升高时电阻R0两端的电压线性变小，定值电阻的电流线性变小；根据串联电路电压的特点，判断出电阻R两端的电压的变化；因为电源电压保持不变，根据P=UI判断出电路消耗的总功率的变化。
本题考查了串联电路电压的功率、欧姆定律以及电功率的综合运用等知识，图象题是中考的难题。
11.【答案】热值大 做功 增大
【解析】解：
火箭使用的燃料主要是液态氢，这是利用了氢燃料的热值大的特点；
火箭高速运动过程中，与空气摩擦而温度急剧升高，这是以做功的方式改变火箭的内能；
载荷组合体由轨道的远地点向近地点运行时，高度减小，重力势能减小，速度变大，动能变大，重力势能转化为动能。
故答案为：热值大；做功；增大。
(1)热值是指1千克的某种燃料完全燃烧后释放的能量，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小；
(2)改变物体内能的两种方式：做功和热传递；
(3)动能的大小与质量、速度有关。
该题以火箭发射为背景，考查了氢热值的特点、改变物体内能的方式、动能的变化等知识点，是一道综合题，但难度不大。
12.【答案】机械能转化为内能 60 比热容 能量的转移具有方向性
【解析】解；(1)如图，进气门和排气门都是关闭的，活塞向上运动，可以判断这是压缩冲程，压缩冲程中机械能转化为内能；
(2)飞轮转速是1800r/min=30r/s，即飞轮1s转30r，因一个工作循环飞轮转2r，经历4个冲程，所以汽油机1s转30r，经历60个冲程；
(3)因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车散热器常用水作为冷却剂；
(4)汽油机工作时利用水循环将热量从高温的发动机自发转移到低温的水，而不是自发地从低温的水转移到高温发动机，这一现象说明能量的转移具有方向性。
故答案为：机械能转化为内能；60；比热容；能量的转移具有方向性。
(1)汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程和排气冲程；根据气门的关闭情况和活塞的运行方向判断什么冲程；在内燃机的做功冲程中能量转化是内能转化为机械能、压缩冲程中能量转化是机械能转化为内能；
(2)单缸四冲程汽油机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次；
(3)水的比热容大，常用水作为冷却剂；
(4)能量的转移有方向性。
本题主要考查了汽油机的能量转化、工作过程的特点、能量的转移有方向性特点以及水的比热容大的应用等知识，综合性较强，但比较简单。
13.【答案】48.4400三 6：19
【解析】解：(1)由电路图可知，开关S1、S2均闭合时R1与R2并联，开关S1闭合、S2断开时电路为R1的简单电路，
因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，开关S1、S2均闭合时，电路的总电阻最小，由P=UI=U2R可知，电路的总功率最大，电饭煲处于加热状态，
同理可知，开关S1闭合、S2断开时，电饭煲处于保温状态，
则，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，加热时R2的电功率，
因并联电路总电压等于各分电压之和，
所以，电热丝R2=U2P2=(220V)21000W=48.4Ω；
(2)电饭煲是大功率用电器，其外壳是金属，为了防止电饭煲漏电、造成触电事故，必须使电饭煲的外壳与大地相连接，应选用三孔线插座；
因1000imp/kW⋅h表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁1000次，
所以，电饭煲正常工作1小时消耗的电能W=640×11000kW⋅h=0.64kW⋅h，
由P=Wt可得，，即，
解得：，，
则：：0.76h=6：19。
故答案为：(1)48.4；400；(2)三；6：19。
(1)由电路图可知，开关S1、S2均闭合时R1与R2并联，开关S1闭合、S2断开时电路为R1的简单电路，根据电阻的并联特点比较两种情况下的总电阻关系，根据P=UI=U2R可知，电路的总电阻越小时，电路的总功率越大，电饭煲处于加热状态，反之处于保温状态，根据P=UI=U2R求出保温挡时功率；加热时R2的电功率等于加热功率减去保温功率，根据并联电路的电压特点和P=UI=U2R求出电热丝R2的阻值；
(2)大功率用电器，要使用三孔插座，三孔插座地线要保证良好接地；1000imp/kW⋅h表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁1000次，据此求出电饭煲正常工作1小时消耗的电能，根据W=Pt得出等式即可求出加热时间，进一步求出保温时间，然后得出答案。
本题考查了并联电路的特点和电功率公式、电功公式以及安全用电常识的应用，分清电饭煲处于不同状态时电路的连接方式和明白电能表参数的含义是关键。
14.【答案】半导体 ab 84 调小
【解析】解：(1)硫化镉具有光敏性，所以控制电路中的硫化镉是半导体。
电源和路灯组成工作电路，当夜晚光照减小时，硫化镉的电阻增大，电磁铁磁性减弱，衔铁被弹簧拉起，ab组成通路，路灯工作，所以电源接在ab两端。
(2)设各种灯工作时间都是t，
额定功率为8.8W的LED灯泡消耗的电能：W1=P1t=8.8W×t，
额定功率为55W的白炽灯消耗的电能：W2=P2t=55W×t，
节约电能为：W3=W2−W1=55W×t−8.8W×t=46.2W×t，
额定功率为8.8W的LED灯泡正常发光相同时间时与白炽灯相比可以节约LED灯正常发光相同时间时与白炽灯相比，
节约电能：η=W3W2=46.2W×t55W×t=0.84=84%。
(3)控制电路的电阻减小，控制电路的电流增大，电磁铁的磁性增强，电磁铁吸引衔铁，切断工作电路，缩短灯泡照明时间，更能节约能源。
故答案为：(1)半导体；ab；(2)84；(3)调小。
(1)半导体五大特性：掺杂性、热敏性、光敏性、负电阻率温度特性、整流特性。
当夜晚光照减小时，硫化镉的电阻增大，电磁铁磁性减弱，衔铁被弹簧拉起，ab组成通路，路灯工作，所以电源接在ab两端。
(2)求出t 时间内8.8W的LED灯消耗的电能，求出t 时间内55W白炽灯消耗的电能，求出t 时间内节省的电能，求出节约电能的百分比。
(3)控制电路的电阻减小，控制电路的电流增大，电磁铁的磁性增强，切断工作电路，缩短灯泡照明时间，更能节约能源。
本题通过自动控制路灯的通断考查了半导体、电磁铁磁性强弱控制、电能计算、节能比例计算等，是一道比较新颖的习题。
15.【答案】细 大于 2：3 电流 2.5
【解析】解：(1)电热丝阻值R1=2R2，两根电热丝长度和材料都相同，则电热丝R1较细；
(2)由图可知，AB两种物质熔化过程都持续了10min，又因瓶中的电热丝阻值R1=2R2，两电阻丝串联，故电流和通电时间相同，由焦耳定律Q=I2Rt，可知，电阻大的产生的热量多，故R1产生的热量多，即A吸热多；
根据Q=I2Rt，且R1=2R2，在电流和通电时间相同，可知A吸收的热量为B的2倍。当加热时间为4min时，A升高了80℃−20℃=60℃，B升高的温度为：40℃−20℃=20℃，两种细小颗粒的质量相同，根据公式Q=cm△t可知：cAm△tA=2cBm△tB，则颗粒A、B固态时的比热容之比为：cA：cB=2△tB：△tA=2×20℃：60℃=2：3；
(3)可单独用R1或R2所在的装置，改变电路中电流，研究电流产生热量与电流大小的关系。
根据Q=I2Rt可知，若电流变为2倍，在电阻不变的情况下，则产生相同热量所用的时间会变为原来的14，则固体A的熔化时间将变为原来的14，原来用时10min，则现在用时2.5min。
故答案为：(1)细；(2)大于；2：3；(3)电流；2.5。
(1)在材料、长度和温度相同时，横截面积越大，电阻越小。
(2)根据焦耳定律Q=I2Rt和物质的吸热公式Q=cm△t分析。
(3)可单独用R1或R2所在的装置，改变电路中电流，研究电流产生热量与电流大小的关系。
根据Q=I2Rt可知，若电流变为2倍，在电阻不变的情况下，则产生相同热量所用的时间会变为原来的14，则固体A的熔化时间将变为原来的14。
本题考查探究固体的熔化特点的实验，重点考查了晶体熔化过程的辨别，影响电阻大小的因素及控制变量法的使用。
16.【答案】解：由题意可知，两个灯泡并联，开关S位于干路，电流表位于L2的支路，
从电源正极出发，经过开关S分成两支，一支经L1，另一支经电流表和灯泡L2，然后两支路汇合到电源的负极，如图所示：
。
【解析】由题意可知，两个灯泡并联，开关S控制整个电路说明其位于干路，电流表测通过灯泡L2的电流即电流表位于L2的支路，据此补充连接实物图。
本题考查了实物图的连接，根据题意明确各电路元件的位置是关键。
17.【答案】解：利用安培定则用右手握住导线，让四指指向电流方向，则大拇指指向右端，即螺旋管的右端为N极，左端为S极，可确定电源的左端为正极，右端为负极，当小磁针静止时，根据磁极间的作用规律可知，相互靠近的一定是异名磁极，因此可以确定小磁针的左端为N极，右端为S极．
如下图所示：
【解析】由螺线管的磁极磁极利用由右手螺旋定则可知电流的方向及电源的正负极．然后利用磁极间的作用规律确定小磁针的N、S极，
此题主要考查对磁极间的相互作用以及安培定则的掌握情况．
18.【答案】解：
(1)灯泡接法：火线进入开关，经灯泡连到零线，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
(2)两孔插座的接法：左孔接零线；右孔接火线，如图所示：
【解析】(1)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
(2)两孔插座的接法：左孔接零线；右孔接火线。
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。
19.【答案】解：(1)提升物体做的有用功；
(2)由P=Wt可得，拉力所做的总功，
滑轮组的机械效率；
(3)由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=3，
则绳端移动的距离s=nh=3×2m=6m，
由W=Fs可得，拉力。
答：(1)提升物体做的有用功为720J；
(2)滑轮组的机械效率为80%；
(3)拉力F的大小为150N。
【解析】(1)知道物体的重力和提升的高度，根据W=Gh求出提升物体做的有用功；
(2)知道拉力F的功率和工作时间，根据W=Pt求出拉力所做的总功，利用求出滑轮组的机械效率；
(3)根据图中滑轮组中绳子的有效股数，根据s=nh求出绳端移动的距离，利用W=Fs求出拉力F的大小。
本题考查了做功公式和功率公式以及滑轮组机械效率公式的应用，明确有用功和总功以及滑轮组绳子的有效股数是关键。
20.【答案】解：(1)只闭合开关S2、S3时，滑片P移至B端，电路只有电阻R1工作，此时电流表的示数为：I=0.2A，
滑动变阻器R1的最大阻值为：R1=UI=6V0.2A=30Ω；
(2)闭合开关S1、S2、S3，滑片在B端时，两电阻并联，
此时R2的电流为：I′=0.5A−0.2A=0.3A，
1min内R2消耗的电能为：W=UI′t=6V×0.3A×60s=108J；
(3)只闭合开关S2，R2和L串联，小灯泡的额定电流为：0.25A，所以电路的最大电流为0.25A，
最大功率为：；
故答案为：(1)滑动变阻器R1的最大阻值为30Ω；
(2)闭合开关S1、S2、S3，滑片在B端时，1min内R2消耗的电能为108J；
(3)只闭合开关S2，保证电路安全，电路的最大总功率为1.5W。
【解析】(1)只闭合开关S2、S3时，滑片P移至B端，电路只有电阻R1工作，可用R1=UI计算滑动变阻器的最大阻值；
(2)闭合开关S1、S2、S3，滑片在B端时，两电阻并联，用并联电路的电流关系得出R2的电流，用W=UI′t计算消耗的电能；
(3)只闭合开关S2，R2和L串联，先分析得出最大电流，根据得出最大功率。
本题考查电功、电功率的计算问题，并考查了欧姆定律的应用，有一定综合性。
21.【答案】电源电压小于3.8V10不能够 灯丝的电阻随温度升高而增大 U−3.8VS、S2 3.8V×U1R0
【解析】解：(1)①电流表应串联在电路中，电压表与灯并联，如图所示：
②电源为两节干电池串联，电源电压为3V，小于灯的额定电压3.8V，故选的器材不能完成此实验；
③由图乙可知：电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表读数I=0.38A，则小灯泡正常发光时的电阻是：
R=UI=3.8V0.38A=10Ω；
④根据所测得数据绘制了小灯泡的I−U图像，如图丙所示，根据图像可知电流与电压并不成正比，原因是灯丝的电阻随温度升高而增大，根据控制变量可知探究“电流与电压”的关系需要控制电阻不变，所以不能完成探究实验；
(2)实验步骤：
①只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器R1，当电压表示数为U01=U−3.8V时，小灯泡正常发光；
②只闭合开关S、S2，滑动变阻器R1的滑片保持不动，记下电压表示数为U1；
③在①中，L与R1、R0串联，电压表测R0与R1串联电路两端总电压U01，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为：，根据串联电路电压特点可知，小灯泡的电压为额定电压，正常发光；
在②中，保持滑动变阻器滑片位置不变时，R0、R1与L串联，电路中电压表测量定值电阻R0两端的电压为：U1，灯泡两端的电压不变，
根据欧姆定律，R0中的电流I0=U1R0，
由串联电路中的电流规律可知：灯的额定电流：，
则小灯泡的额定功率表达式为：。
故答案为：(1)①如图所示；②电源电压小于3.8V；③10；④不能够；灯丝的电阻随温度升高而增大；(2)①U−3.8V；②S、S2；③3.8V×U1R0。
(1)①测量小灯泡正常发光时的电阻，根据电路连接错误之改正；
②电源的电压要高于灯的额定电压；
③根据电流表小量程读数，由欧姆定律求电阻大小；
④探究“电流与电压”的关系，需要控制电阻不变，而灯丝的电阻随温度升高而增大；
(2)实验步骤：分析①操作中电路的连接和电压表测量的电压，灯在额定电压下正常发光，根据串联电路电压的规律回答；
分析②中电路的连接，得出定值电阻的电压；
分析③由欧姆定律得出R0中的电流，根据串联电路电流特点得出灯的额定电流，根据P=UI得出小灯泡的额定功率。
本题测定标有“3.8V”小灯泡正常发光时的电阻，考查对器材的要求，错误电路的分析及现象，电流表读数，电阻计算、影响电阻的因素，同进也考查了设计实验方案测电功率的能力，综合性强，有难度，有新意，为一好题。
22.【答案】功率 不合理 没有控制受光面积相等 CP1−2P2P1 光照的角度、光照的强度
【解析】解：(1)功率是指单位时间内完成的工作量，太阳光照射时间越长，水温并不一定上升得越快，与光照强度等因素也有关；
(2)做实验时，要控制无关的变量一致，不同的受热面积会影响水温升高的快慢，小明在实验中没有控制受光面积相等，所以小明的操作过程不不合理；
(3)①在坐标系中描出时间和温度对应点用光滑的曲线连接起来，如图：
②为了对比明显，应选择侧面厚度相差较大的水槽进行实验；
③水槽接收到的太阳能为P1S，水槽两面向周边的散失的热量为2P2S，
则水对太阳能的吸收效率为η=P1S−2P2SP1S=P1−2P2P1；
(4)水吸收太阳能的升温快慢的影响因素还可能与光照的角度、光照的强度等于因素有关。
故答案为：(1)功率；(2)不合理；没有控制受光面积相等；(3)①见解析；②C；③P1−2P2P1；(4)光照的角度、光照的强度。
(1)效率是指单位时间内完成的工作量；
(2)做实验时，要控制无关的变量一致，不同的受热面积会影响水温升高的快慢；
(3)用数学描点法，描出时间和温度的对应点，用光滑的曲线连接起来；
为了对比明显，应选择侧面厚度相差较大的水槽进行实验；
水槽接收到的太阳能为P1S，水槽两面向周边的散失的热量为2P2S，则可求出水对太阳能的吸收效率；
(4)根据生活经验做出猜想。
本题考查了学生根据题中信息用控制变量法分析解答能力，是一道中等题。
23.【答案】吸收 不变 D1.92×105 2.67×103 745.9：1 3 均匀
【解析】解：(1)具有隐形功能的战机可以有效避开雷达的探测，主要是它表面有一种特殊材料，能够增强对电磁波的吸收，减弱电磁波反射回雷达；匀速飞行的飞机其速度不变，质量不变，动能不变；同时其高度不变，故其重力势能不变，机械能不变；
(2)A、飞机的机翼做成流线型可以减小空气的阻力，故A正确；
B、相同质量的两种物体，升高相同温度，比热容较大的物体吸收热量多，为解决雷达的散热问题，采用比热容较大的液体作为冷却剂，故B正确；
C、“歼−20”采用先进的光传操纵系统，将获取的信息，通过光信号向地面传递，故C正确；
D、当飞机在做较大幅度的瞬时滚转时，受到平衡力的作用；当飞机在做较大幅度的瞬时滚转时，处于非平衡状态，故受到非平衡力的作用，故D错误；
故选D。
(3)当飞机以400m/s的速度巡航时，飞机发动机的牵引力等于飞机受到的阻力，为F=f=×4.8×104N，
输出功率P=Wt=Fst=Fv=4.8×104N×400m/s=1.92×107W=1.92×105kW；
若在飞机油箱中加满燃油，航空燃油完全燃烧产生的热量，
有用功为，
以500m/s的速度巡航时，飞机的牵引力F′=f′=7.5×104N，
由W=Fs可得，飞机的最大航程约为；
(4)根据翼载的定义可得：翼载，
所以机翼面积：；
从飞机航行时所受阻力的大小与速度的关系可知：k=fv2=0.3×104N(100m/s)2=1.2×104N(200m/s)2=…
飞机最大航行速度为3060km/h=850m/s，可知此时的飞机牵引力F′′=f′′=0.3×104N(100m/s)2×(850m/s)2=2.1675×105N，
该飞机最大起飞质量为37t，则该飞机最大起飞重力为G=mg=37×103kg×10N/kg=3.7×104N，
飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，则该“歼−20”飞机的推重比约为：2.1765×105N3.7×104N≈5.9：1；
(5)由题意知，检测电路电源输出的电流恒定，高度表示数能随飞行高度的增大而增大，所以高度计应是电压表，
由图丙说明R1高度h成一次函数关系，所以电压表应与R1并联，则此高度表应安装在3位置；
由U=IR1可知，电压表(高度表)示数刻度均匀。
故答案为：(1)吸收；不变；(2)D；(3)1.92×105；2.67×103；(4)74；5.9：1；(5)3；均匀。
(1)具有隐形功能的战机将雷达发射的电磁波吸收，电磁波不能反射回雷达，就避开了雷达的探测。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、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；动能和势能统称为机械能。
(2)A.飞机的机翼做成流线型可以减小空气的阻力；
B.相同质量的两种物体，升高相同温度，比热容较大的物体吸收热量多；
C.“歼−20”采用先进的光传操纵系统，将获取的信息，通过光信号向地面传递；
D.处于平衡状态的物体受到平衡力的作用，处于非平衡状态的物体受到非平衡力的作用，据此分析；
(4)翼载指飞机的最大起飞质量与机翼面积的比值，若该飞机的翼载为500kg/m2，据此分析机翼面积；
(5)检测电路采用了“稳流电源”由此知高度表应是电压表；结合图丙分析高度表示数刻度是否均匀。
新一代战斗机是一项高科技的研究成果，它包含了众多与物理学相关的知识，我们应该学会通过分析材料找出里面所包含的物理信息，并解答相关的疑问。
2020-2021学年江苏省南通市崇川区东方中学九年级（上）期末物理试卷
1. 下列电器中，利用法拉第电磁感应原理工作的是( )
A. 电磁起重机 B. 电磁继电器 C. 电动机 D. 发电机
2. 下列关于内能、温度、热量说法正确的是( )
A. 物体温度升高，一定吸收了热量 B. 物体温度升高，内能一定增加
C. 温度高的物体，含有的热量多 D. 0℃的冰的内能为零
3. 关于家庭电路和安全用电，下列说法中正确的是( )
A. 家庭电路中空气开关跳闸，一定是发生了短路
B. 熔丝被烧断后，可用铜丝代替熔丝接入电路
C. 使用测电笔时，手必须接触笔尾金属电极
D. 家庭电路中小功率电器的外壳可以不接地
4. 小红在操场上将一皮球抛出，皮球被抛出后的运动轨迹如图所示，a、c两点处于同一高度。则下列判断中正确的是( )
A. 皮球由a到b时，动能逐渐增大 B. 皮球在b点时的机械能最大
C. 皮球由c到d时，机械能一直减小 D. 皮球在a、c两点时动能相等
5. 如图所示是一个天然气泄漏检测电路的原理图，电源电压恒定不变，R0为定值电阻，R为气敏电阻(其阻值随天然气浓度的增大而减少)，则下列说法中正确的是( )
A. 天然气浓度增大，电压表示数变小
B. 天然气浓度减小，电流表示数变大
C. 天然气浓度增大，电路消耗的总功率变小
D. 天然气浓度减小，电压表与电流表示数的比值不变
6. 某同学制作了如图所示的装置：风吹动时，风车带动磁体上方的线圈转动(线圈两端引出线上的绝缘漆已全部刮掉)，灵敏电流计的指针会发生偏转，则下列说法正确的是( )
A. 该装置是利用磁场对电流的作用原理工作的
B. 该装置工作时线圈相当于电路中的用电器
C. 该装置工作时线圈中产生的是交变电流
D. 若图中电流计换成干电池，则无风吹时，线圈能持续转动
7. 如图所示家庭电路中的某一部分，电工师傅按下面的顺序进行检测：闭合S1，灯L1亮；断开S1，闭合S2，灯L2不亮；再用测电笔测a、b、c、d四个接线点，发现只有在c点氛管不发光。若电路中只有一处故障，则是( )
A. c、d两点间断路 B. 灯L2所在支路断路
C. 灯L2短路 D. c点左侧的零线断路
8. 小明用如图所示的装置研究“杠杆的机械效率”实验时，将重为G的钩码挂在铁质杠杆上A点，弹簧测力计作用于C点，现竖直向上匀速拉动弹簧测力计，杠杆的机械效率η1；若仅将弹簧称改挂到B点，仍将钩码竖直向上匀速提升h的高度，杠杆的机械效率为η2，则( )
A. η1<η2 B. η1=η2 C. η1>η2 D. 无法确定
9. 在无风的天气，一名中学生在平直的马路上以正常速度骑行时，所受的阻力约为人重力的0.02倍，那么请你估算下该中学生骑车的功率大约与下面那个值比较接近( )
A. 20W B. 60W C. 120W D. 200W
10. 如图甲，电源电压恒定，R0为定值电阻，电阻R的阻值随环境温度变化而改变。改变环境温度，定值电阻R0两端的电压U0随温度t变化的关系如图乙所示，则下列描述R两端的电压U、电路消耗的总功率P随温度t变化的关系图线中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
11. 如图所示，我国长征五号B运载火箭成功发射。火箭使用的燃料是液态氢，这是利用了液态氢______ 的特点。火箭高速运动过程中，与空气摩擦而温温度急剧升高，这是以______ 的方式改变火箭内能。载荷组个体与火箭成功分离进入预定轨道，当载荷组合体由轨道的远地点向近地点运行时其动能______ 。(选填“增大”“减小”或“不变”)
12. 如图所示，某单缸四冲程汽油机工作状态如图所示，此时的能量转化是______ ；若飞轮的转速为1800r/min，该汽油机每秒共经历了______ 个冲程；汽油机散热常用水作为冷却剂，这是利用了水的______ 较大的性质。汽油机工作时利用水循环将热量从高温的发动机自发转移到低温的水，这一现象说明______ 。
13. 如图是某款家用电饭煲的保温、加热两挡调节功能电路。已知电源电压为220V，电热丝R1的阻值为121Ω，电路处于加热挡时功率为1400W。
(1)电热丝R2的阻值为______ Ω，电路处于保温挡时功率为______ W。
(2)在使用电饭煲时，应选用______ 孔插座，若电饭煲正常工作1小时，使标有“1000imp/(kW⋅h)”的电能表指示灯闪烁640次，则电饭煲处于加热挡与保温挡的工作时间之比为______ 。
14. 硫化镉(CdS)晶体是一种光敏材料，其电阻随光照强度增大而减小。如图所示，用它和继电器组成自动控制电路来控制路灯，白天灯熄，夜晚灯亮。
(1)硫化镉晶体主要是由______ (选填“导体”或“半导体”)材料制成的。给路灯供电的电源应接在______ (选填“ab”或“bc”)两端。
(2)图示路灯是额定电压为220V、额定功率为8.8W的LED灯泡，与普通白炽灯相比，该灯与额定功率为55W的白炽灯亮度相同，则这个LED灯正常发光相同时间时与白炽灯相比可以节约______ %的电能。
(3)夏天夜幕降临晚些，为了更能节约能源，缩短灯泡照明，应将电阻R ______ (选填“调大”或“调小”)些。
15. 小明利用如图甲所示的实验装置研究A、B两种固体的熔化特点。瓶中的电热丝阻值R1=2R2，两种细小颗粒的质量相同。通电一段时间待两种物质都熔化完就断开开关，作出两种固体温度随时间的变化图象如图乙所示，忽略过程中的热损失。
(1)若两根电热丝长度和材料都相同，则电热丝R1较______ (选填“粗”或“细”)。
(2)由图象可知：熔化过程中A吸收的热量______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)B吸收的热量。颗粒A、B固态时的比热容之比为______ 。
(3)图甲装置还可以探究电热与______ 的关系。若实验中其他条件不变，调节滑动变阻器使电路中的电流变为原来的2倍，则固体A的熔化时间将变为______ min。
16. 如图根据要求将实物图连接完整。要求：两个灯泡并联，开关S控制整个电路，电流表测通过灯泡L2的电流。
17. 如图所示，小磁针静止在通电螺线管的正上方，在图中标出电源的正、负极和磁针的N极和S极．
18. 如图，请用笔画线代替导线将两线插座、电灯和开关分别接入电路。
19. 用如图所示滑轮组提升重为360N物体，已知物体在10s内匀速上升2m，拉力F的功率是90W，求：
(1)提升物体做的有用功；
(2)滑轮组的机械效率η；
(3)拉力F的大小。
20. 如图所示电路，电源电压恒为6V，灯泡标有“2V0.25A”字样。闭合开关S2、S3时，滑片P移至B端，电流表的示数为0.2A；保持滑片位置不变，闭合开关S1、S2、S3时，电流表示数为0.5A。求：
(1)滑动变阻器R1的最大阻值；
(2)闭合开关S1、S2、S3，滑片在B端时，1min内R2消耗的电能；
(3)只闭合开关S2，保证电路安全，电路的最大总功率。
21. 小明和小华利用电源、开关、标有“3.8V小灯泡等器材进行实验探究。
(1)小明连接了如图甲所示电路，测量小灯泡正常发光时的电阻。
①电路连接也有一处错误，请你在接错的那根导线上打“×”，并另画一根导线，使电路连接正确。
②同组的小华发现小明所选的器材不能完成此实验，其原因是______。
③小明重新选择合理器材，将电路改接正确后闭合开关，调节滑动变阻器，使灯泡正常发光，此时电流表示数如图乙所示，则灯泡正常发光时的电阻是______Ω。
④小明还利用该电路探究“电流与电压”的关系，测量了小灯泡在不同电压下的电流，并根据所测的数据绘制了小灯泡的电流与电压关系图像，如图丙所示，该实验______(选填“能够”或“不能够”)达成实验目的，原因是______。
(2)小华设计了如图丁所示电路，测量该小灯泡的额定功率。已知电源电压为U，定值电阻的阻值为R0。请帮小华将实验步骤补充完整
①只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器R1，当电压表示数为______时，小灯泡正常发光。
②只闭合开关______，滑动变阻器R1的滑片保持不动，记下电压表示数为U1。
③则小灯泡额定功率的表达式为：______。
22. 某小组的同学研究水受到太阳照射时升温的情况，对水温上升快慢的影响因素进行了猜想
猜想1：太阳光照时间
猜想2：水量的多少
猜想3：水受到的光照面积(简称受光面积)
(1)关于猜想1小明同学认为借助______(填“功率”或“效率”)的概念可以判断猜想1是错误的
(2)在研究猜想2时，小明利用图甲所示的装置，分别在玻璃水槽中装入不同质量的水，发现在相同的照射时间中，水质量越大，水温变化越慢，这样的操作过程______(选填“合理”或“不合理”)，理由是______。
(3)为研究猜想3，小明准备了三个面大小相同而厚度稍有不同的透明玻璃水槽(有盖，忽略水微弱形变带来的受光面积变化)，在水A中装满水使光垂直照射在透明玻璃水槽的表面，同学们记录了A水槽中水温随照射时间的变化情况，如下表所示，
t/min
0
2
4
6
8
ΔT/℃
0
3.0
4.8
5.6
5.9
①请在图乙中描点作出t−△T图像；
②为进行对比，小明应在水槽______(选填B、C)中装入水，再进行实验；
③小明发现经过一段时间后，水温趙于稳定。小明了解到，水接受太阳辐射的同时，也在对周围环境放热。已知水的受光面积为S，此时太阳光单位面积辐射功率为P1，水每侧单位面积(研究中忽略薄水槽较小的侧、底面积)对周边的散热功率为P2。则利用给定的字母写出水温稳定时，水对太阳能的吸收效率为______。
(4)你对水吸收太阳能的升温快慢的影响因素还有什么猜想：______。
23. 阅读短文，回答问题
第五代战斗机“歼−20”
“歼−20”作为中国第五代战斗机，融合了全球优秀战斗机的特点，具备了很强的隐形性能、机动性能等。“歼−20”表面平滑，机翼的外形做成流线型，它拥有良好的大仰角升力特性，较大的瞬时攻角与滚转率，并采用先进的光传操纵系统，以光信号的形式传输信号，可随时保证飞机与地面的联系。“歼20”配备了大功率雷达，为解决放热题，采用了新一代液体冷却系统。该飞机最大起飞质量为37t，最大飞行高度达20km，最大航行速度达25倍声速(合3060km/h)，最大油量为10t，飞机航行时所受阻力的大小与速度的关系见表：(已知飞机发动机的效率是40%，航空燃油的热值为5×107J/kg，g取10N/kg)
速度v/(m/s)
100
200
300
400
500
阻力f/N
0.3×104
1.2×104
2.7×104
4.8×104
7.5×104
(1)“歼−20”飞机表面能______(选填“反射”或“吸收”)对方雷达发射的电磁波，从面实现电磁隐身，飞机在水平匀速飞行过程中机械能______。(选填“变大”“变小”或“不变”)
(2)下列说法中不正确的是______。
.飞机的机翼做成流线型是为了减小空气的阻力
B.为解决雷达的散热问题，采用比热容大的液体作为冷却剂
C.飞机与地面的联系采用光信号的形式传输信号
D.当飞机在做较大幅度的瞬时滚转时，受到平衡力的作用
(3)当飞机以400m/s的速度巡航时飞机发动机的输出功率为______ Kw。若飞机油箱中加满燃油，并且以500m/s的速度巡航时，飞机的最大航程约为______ km。
(4)翼载指飞机的最大起飞质量与机翼面积的比值，若该飞机的翼载为500kg/m2，则机翼面积为______m2飞机的推重比是指飞机以最大行速度巡航时的引力与最大起飞重力的比值，则该“歼−20”飞机的推重比约为______。
(5)飞机利用测距传感器来判断离地高度若某测距传感器的阻值R1与离地高度大小的关系如图乙所示，如图丙所示的检测电路采用了“稳流电源”(电源输出的电流恒定)，要使高度表(实质是电流表或电压表)的示数能随飞行高度的增大而增大，则此高度表应安装在______(选填“1”、“2”或“3”)位置，该高度表示数刻度______。(选填“匀线“不均匀”)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、电磁起重机的主要构件是电磁铁，电磁铁是利用电流的磁效应的原理工作的，故A错误；
B、电磁继电器也是利用电流的磁效应，即利用衔铁被吸动而改变电路的闭合、断开情况进行工作，故B错误；
C、电动机的前提是供电，结果是产生运动，利用通电导体在磁场中受力的原理，故C错误；
D、发电机的前提是运动，结果是产生电流，利用电磁感应现象原理，故D正确。
故选：D。
电磁感应现象是闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线运动时，导体中会有感应电流产生，把机械能转化为电能。
在电和磁这一部分中，学到了很多电学设备，每个设备的制成原理是经常考查的知识点。要在理解的基础上，记住这些基础知识。
2.【答案】B
【解析】解：
A、一个物体的温度升高，可能是外界对物体做功，也可能是吸收了热量，故A错误；
B、物体的质量一定，温度升高，分子无规则运动的速度加快，内能增加，故B正确；
C、热量是一个过程量，不能用“含有”来修饰，故C错误；
D、0℃的冰也具有内能，故D错误；
故选：B。
(1)改变物体内能的两种方式：做功和热传递；
(2)一个物体温度升高，内能一定增加；
(3)热量是一个过程量，不能用“含有”等来修饰；
(4)一切物体都具有内能。
正确理解温度、热量与内能的关系。解决问题的诀窍是：物体吸热或温度升高，内能一定增大；但物体的内能增大，不一定是由物体吸热或温度升高引起的。
3.【答案】C
【解析】解：A、空气开关跳闸是由电路中电流过大造成的，可能是短路，也可能是用电器的总功率过大，故A错误；
B、组成保险丝的材料是电阻率较大而熔点较低的铅锑合金，在电流过大时熔断，自动切断电路，起到保护作用；铜导线的熔点很高，当电流过大时，不能熔断起不到保护作用，容易引起火灾，故B错误；
C、使用测电笔时，手必须接触测电笔尾部的金属体，故C正确；
D、家庭电路中的地线必须接地，否则可能发生触电事故，故D错误。
故选：C。
(1)家庭电路中电流过大的原因：一是短路，二是用电器的总功率过大；
(2)保险丝是用电阻率较大而熔点较低的铅锑合金制成的，当电流过大时，它会因温度过高而熔断，保护电路；
(3)使用测电笔时，手必须接触测电笔尾部的金属体；
(4)用电器工作时，它的金属外壳都与地线连接，所以地线必须接地。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、积累，加强安全意识，学好电、用好电。
4.【答案】C
【解析】解：A、皮球由a到b时，其质量不变，速度变慢，即动能变小，同时其高度增加，重力势能变大，故错误；
B、从能量的转化的角度分析，当球离开手后的运动过程中，或与空气摩擦，或与地面摩擦，使得一部分机械能损失掉，所以相对来说，a点的机械能最大，故错误；
C、皮球由c到d时，由于和空气、地面摩擦，故损失掉一部分机械能，故机械能减小，故正确；
D、据机械能的损失可知，小球在a处的动能大于在c处的动能，故错误；
故选：C。
(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)重力势能的大小与物体的质量和高度有关，即质量越大，高度越高，重力势能越大；
(3)动能和势能统称为机械能。
在不计能量损失时，机械能是守恒的；但在真实的情况下，由于地面附近有空气的阻力或地面的摩擦力，故一般机械能是不守恒的。
5.【答案】D
【解析】解：(1)当天然气浓度增大时，气敏电阻R的阻值减小，电路中的总电阻减小；
电源电压不变，根据I=UR可知，电路中的电流变大；
根据U=IR可知，定值电阻R0两端的电压变大，即电压表的示数变大，故A不正确；
根据P=UI可知，电路消耗的总功率变大，故C不正确；
(2)反之，当天然气浓度减小时，电路中的电流变小，故B选项不正确；
根据欧姆定律可知，电压表与电流表示数的比值等于定值电阻R0的阻值，所以两者的比值不变，故D选项正确。
故选：D。
由电路图可知两电阻串联，电压表测量R0两端的电压；根据天然气浓度的变化确定气敏电阻R的变化，根据欧姆定律确定电路中电流的变化和电压表示数的变化以及电压表与电流表示数的比值变化，根据P=UI可知电路中消耗总功率的变化。
本题考查了电阻的串联特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，会分析气敏电阻的阻值与浓度的变化关系是本题的突破口。
6.【答案】C
【解析】解：ABC、图中线圈、导线和灵敏电流计组成闭合电路，线圈处在磁场中，风吹风车带动线圈转动切割磁感线从而产生感应电流，因此图示装置是电磁感应现象，与发电机相同，该装置相当于电源；线圈在转动的过程中，切割磁感线的方向发生了变化，电流的方向也会发生变化，产生的电流是交流电，故AB错误，C正确；
D、若图1中电流计换成干电池，则无风吹时，由于通电线圈处在磁场中故而受力转动，但线圈转动至平衡位置因线圈两端的绝缘漆全部刮掉无法改变线圈中的电流从而不能持续转动下去，故D错误。
故选：C。
闭合电路部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流的现象叫做电磁感应；发电机就是根据此原理制成的。
此题考查了法拉第的电磁感应实验，要抓住条件：闭合、部分、切割，这是解题关键。
7.【答案】A
【解析】解：
(1)闭合S1，灯L1亮，说明电路中有电流，电路为通路，则从保险丝→a→S1→L1→c以及c点左侧的零线都没有断路；
(2)断开S1，闭合S2，灯L2不亮，灯L2不亮的原因有两个：一个是断路、一个是短路，
若灯L2短路时，电路的电流会很大，将保险丝烧断，则试电笔接触a、b两个接线点时，氖管都不会发光，不符合题意；
若灯L2所在支路开路，则试电笔接触d点时氖管不发光，不符合题意；
若c、d两点间开路，灯泡L2与零线不能构成闭合电路，没有电流通过L2，灯泡L2不会发光，但d点会通过灯泡L2与火线间接相连，则试电笔接触d点时氖管会发光，符合题意；
综上所述，A正确，BCD错误。
故选：A。
测电笔在使用时，应将笔尖接触导线，手接触笔尾的金属体，这样就可以形成回路，如果是火线，氖管会发光；
灯不亮的原因可能是断路或者短路，结合测电笔检测时氖管的发光情况判断具体的故障位置。
本题考查家庭电路故障的分析，相对比较简单，属于基础题。
8.【答案】B
【解析】解：
原来弹簧测力计作用于C点，竖直向上匀速拉动弹簧测力计时，测得杠杆的机械效率η1；将弹簧测力计移动到B点时，仍将钩码竖直向上匀速提升相同的高度，根据可知有用功不变；
因杠杆的偏转角度不变，则杠杆重心上升的高度不变，根据可知，克服杠杆重力做的额外功不变；由于有用功和额外功都不变，所以总功也不变，根据可知杠杆的机械效率不变，即η2=η1。
故选：B。
该实验中克服钩码重力做的功为有用功，克服杠杆重力做的功为额外功，总功等于有用功与额外功之和；通过分析有用功、额外功和总功的变化得出机械效率的变化。
本题考查杠杆机械效率的测量，把握有用功、额外功和总功的计算方法，明确两次实验中杠杆重心上升的高度不变是关键。
9.【答案】B
【解析】解：一名中学生质量大约为50kg，重力G=mg=50kg×10N/kg=500N，则受到的阻力f=0.02G=0.02×500N=10N，
人骑车的速度大约v=5m/s，
则匀速行驶时，骑车人的功率：
P=Wt=Fst=fv=10N×5m/s=50W，最接近60W。
故选：B。
一名中学生的质量在50kg左右，骑自行车的速度一般在5m/s左右，由匀速行驶时功率P=Wt=Fst=fv，可以求得结果。
本题要用到平时的生活常识，人的一般体重和骑自行车的速度的大小，知道这些，再根据功率的公式就很容易分析了。
10.【答案】B
【解析】解：
由图甲可知，定值电阻R0和电阻R串联，电压表测量R0两端的电压，且电阻R的阻值随环境温度的变化而变化，
由图乙可知，U0−t图线是一条斜向下的直线，即温度升高时，电阻R0两端的电压线性变小，由I=U0R0可知，通过定值电阻R0的电流(电路中的电流)线性变小；
电源电压恒定，根据串联电路电压的特点可知，电阻R两端的电压应线性增大，所以图B正确，图A错误；
因为电源电压保持不变，温度升高时电路中的电流线性变小，所以，根据P=UI可知，电路消耗的总功率线性变小(即P−t图线应是一条斜向下的直线)，故图C和图D错误。
故选：B。
由图甲可知，定值电阻R0和电阻R串联，电压表测量R0两端的电压，电阻R的阻值随环境温度的变化而变化，由图乙可知，当温度升高时电阻R0两端的电压线性变小，定值电阻的电流线性变小；根据串联电路电压的特点，判断出电阻R两端的电压的变化；因为电源电压保持不变，根据P=UI判断出电路消耗的总功率的变化。
本题考查了串联电路电压的功率、欧姆定律以及电功率的综合运用等知识，图象题是中考的难题。
11.【答案】热值大 做功 增大
【解析】解：
火箭使用的燃料主要是液态氢，这是利用了氢燃料的热值大的特点；
火箭高速运动过程中，与空气摩擦而温度急剧升高，这是以做功的方式改变火箭的内能；
载荷组合体由轨道的远地点向近地点运行时，高度减小，重力势能减小，速度变大，动能变大，重力势能转化为动能。
故答案为：热值大；做功；增大。
(1)热值是指1千克的某种燃料完全燃烧后释放的能量，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小；
(2)改变物体内能的两种方式：做功和热传递；
(3)动能的大小与质量、速度有关。
该题以火箭发射为背景，考查了氢热值的特点、改变物体内能的方式、动能的变化等知识点，是一道综合题，但难度不大。
12.【答案】机械能转化为内能 60 比热容 能量的转移具有方向性
【解析】解；(1)如图，进气门和排气门都是关闭的，活塞向上运动，可以判断这是压缩冲程，压缩冲程中机械能转化为内能；
(2)飞轮转速是1800r/min=30r/s，即飞轮1s转30r，因一个工作循环飞轮转2r，经历4个冲程，所以汽油机1s转30r，经历60个冲程；
(3)因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车散热器常用水作为冷却剂；
(4)汽油机工作时利用水循环将热量从高温的发动机自发转移到低温的水，而不是自发地从低温的水转移到高温发动机，这一现象说明能量的转移具有方向性。
故答案为：机械能转化为内能；60；比热容；能量的转移具有方向性。
(1)汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程和排气冲程；根据气门的关闭情况和活塞的运行方向判断什么冲程；在内燃机的做功冲程中能量转化是内能转化为机械能、压缩冲程中能量转化是机械能转化为内能；
(2)单缸四冲程汽油机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次；
(3)水的比热容大，常用水作为冷却剂；
(4)能量的转移有方向性。
本题主要考查了汽油机的能量转化、工作过程的特点、能量的转移有方向性特点以及水的比热容大的应用等知识，综合性较强，但比较简单。
13.【答案】48.4400三 6：19
【解析】解：(1)由电路图可知，开关S1、S2均闭合时R1与R2并联，开关S1闭合、S2断开时电路为R1的简单电路，
因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，开关S1、S2均闭合时，电路的总电阻最小，由P=UI=U2R可知，电路的总功率最大，电饭煲处于加热状态，
同理可知，开关S1闭合、S2断开时，电饭煲处于保温状态，
则，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，加热时R2的电功率，
因并联电路总电压等于各分电压之和，
所以，电热丝R2=U2P2=(220V)21000W=48.4Ω；
(2)电饭煲是大功率用电器，其外壳是金属，为了防止电饭煲漏电、造成触电事故，必须使电饭煲的外壳与大地相连接，应选用三孔线插座；
因1000imp/kW⋅h表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁1000次，
所以，电饭煲正常工作1小时消耗的电能W=640×11000kW⋅h=0.64kW⋅h，
由P=Wt可得，，即，
解得：，，
则：：0.76h=6：19。
故答案为：(1)48.4；400；(2)三；6：19。
(1)由电路图可知，开关S1、S2均闭合时R1与R2并联，开关S1闭合、S2断开时电路为R1的简单电路，根据电阻的并联特点比较两种情况下的总电阻关系，根据P=UI=U2R可知，电路的总电阻越小时，电路的总功率越大，电饭煲处于加热状态，反之处于保温状态，根据P=UI=U2R求出保温挡时功率；加热时R2的电功率等于加热功率减去保温功率，根据并联电路的电压特点和P=UI=U2R求出电热丝R2的阻值；
(2)大功率用电器，要使用三孔插座，三孔插座地线要保证良好接地；1000imp/kW⋅h表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁1000次，据此求出电饭煲正常工作1小时消耗的电能，根据W=Pt得出等式即可求出加热时间，进一步求出保温时间，然后得出答案。
本题考查了并联电路的特点和电功率公式、电功公式以及安全用电常识的应用，分清电饭煲处于不同状态时电路的连接方式和明白电能表参数的含义是关键。
14.【答案】半导体 ab 84 调小
【解析】解：(1)硫化镉具有光敏性，所以控制电路中的硫化镉是半导体。
电源和路灯组成工作电路，当夜晚光照减小时，硫化镉的电阻增大，电磁铁磁性减弱，衔铁被弹簧拉起，ab组成通路，路灯工作，所以电源接在ab两端。
(2)设各种灯工作时间都是t，
额定功率为8.8W的LED灯泡消耗的电能：W1=P1t=8.8W×t，
额定功率为55W的白炽灯消耗的电能：W2=P2t=55W×t，
节约电能为：W3=W2−W1=55W×t−8.8W×t=46.2W×t，
额定功率为8.8W的LED灯泡正常发光相同时间时与白炽灯相比可以节约LED灯正常发光相同时间时与白炽灯相比，
节约电能：η=W3W2=46.2W×t55W×t=0.84=84%。
(3)控制电路的电阻减小，控制电路的电流增大，电磁铁的磁性增强，电磁铁吸引衔铁，切断工作电路，缩短灯泡照明时间，更能节约能源。
故答案为：(1)半导体；ab；(2)84；(3)调小。
(1)半导体五大特性：掺杂性、热敏性、光敏性、负电阻率温度特性、整流特性。
当夜晚光照减小时，硫化镉的电阻增大，电磁铁磁性减弱，衔铁被弹簧拉起，ab组成通路，路灯工作，所以电源接在ab两端。
(2)求出t 时间内8.8W的LED灯消耗的电能，求出t 时间内55W白炽灯消耗的电能，求出t 时间内节省的电能，求出节约电能的百分比。
(3)控制电路的电阻减小，控制电路的电流增大，电磁铁的磁性增强，切断工作电路，缩短灯泡照明时间，更能节约能源。
本题通过自动控制路灯的通断考查了半导体、电磁铁磁性强弱控制、电能计算、节能比例计算等，是一道比较新颖的习题。
15.【答案】细 大于 2：3 电流 2.5
【解析】解：(1)电热丝阻值R1=2R2，两根电热丝长度和材料都相同，则电热丝R1较细；
(2)由图可知，AB两种物质熔化过程都持续了10min，又因瓶中的电热丝阻值R1=2R2，两电阻丝串联，故电流和通电时间相同，由焦耳定律Q=I2Rt，可知，电阻大的产生的热量多，故R1产生的热量多，即A吸热多；
根据Q=I2Rt，且R1=2R2，在电流和通电时间相同，可知A吸收的热量为B的2倍。当加热时间为4min时，A升高了80℃−20℃=60℃，B升高的温度为：40℃−20℃=20℃，两种细小颗粒的质量相同，根据公式Q=cm△t可知：cAm△tA=2cBm△tB，则颗粒A、B固态时的比热容之比为：cA：cB=2△tB：△tA=2×20℃：60℃=2：3；
(3)可单独用R1或R2所在的装置，改变电路中电流，研究电流产生热量与电流大小的关系。
根据Q=I2Rt可知，若电流变为2倍，在电阻不变的情况下，则产生相同热量所用的时间会变为原来的14，则固体A的熔化时间将变为原来的14，原来用时10min，则现在用时2.5min。
故答案为：(1)细；(2)大于；2：3；(3)电流；2.5。
(1)在材料、长度和温度相同时，横截面积越大，电阻越小。
(2)根据焦耳定律Q=I2Rt和物质的吸热公式Q=cm△t分析。
(3)可单独用R1或R2所在的装置，改变电路中电流，研究电流产生热量与电流大小的关系。
根据Q=I2Rt可知，若电流变为2倍，在电阻不变的情况下，则产生相同热量所用的时间会变为原来的14，则固体A的熔化时间将变为原来的14。
本题考查探究固体的熔化特点的实验，重点考查了晶体熔化过程的辨别，影响电阻大小的因素及控制变量法的使用。
16.【答案】解：由题意可知，两个灯泡并联，开关S位于干路，电流表位于L2的支路，
从电源正极出发，经过开关S分成两支，一支经L1，另一支经电流表和灯泡L2，然后两支路汇合到电源的负极，如图所示：
。
【解析】由题意可知，两个灯泡并联，开关S控制整个电路说明其位于干路，电流表测通过灯泡L2的电流即电流表位于L2的支路，据此补充连接实物图。
本题考查了实物图的连接，根据题意明确各电路元件的位置是关键。
17.【答案】解：利用安培定则用右手握住导线，让四指指向电流方向，则大拇指指向右端，即螺旋管的右端为N极，左端为S极，可确定电源的左端为正极，右端为负极，当小磁针静止时，根据磁极间的作用规律可知，相互靠近的一定是异名磁极，因此可以确定小磁针的左端为N极，右端为S极．
如下图所示：
【解析】由螺线管的磁极磁极利用由右手螺旋定则可知电流的方向及电源的正负极．然后利用磁极间的作用规律确定小磁针的N、S极，
此题主要考查对磁极间的相互作用以及安培定则的掌握情况．
18.【答案】解：
(1)灯泡接法：火线进入开关，经灯泡连到零线，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
(2)两孔插座的接法：左孔接零线；右孔接火线，如图所示：
【解析】(1)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
(2)两孔插座的接法：左孔接零线；右孔接火线。
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。
19.【答案】解：(1)提升物体做的有用功；
(2)由P=Wt可得，拉力所做的总功，
滑轮组的机械效率；
(3)由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=3，
则绳端移动的距离s=nh=3×2m=6m，
由W=Fs可得，拉力。
答：(1)提升物体做的有用功为720J；
(2)滑轮组的机械效率为80%；
(3)拉力F的大小为150N。
【解析】(1)知道物体的重力和提升的高度，根据W=Gh求出提升物体做的有用功；
(2)知道拉力F的功率和工作时间，根据W=Pt求出拉力所做的总功，利用求出滑轮组的机械效率；
(3)根据图中滑轮组中绳子的有效股数，根据s=nh求出绳端移动的距离，利用W=Fs求出拉力F的大小。
本题考查了做功公式和功率公式以及滑轮组机械效率公式的应用，明确有用功和总功以及滑轮组绳子的有效股数是关键。
20.【答案】解：(1)只闭合开关S2、S3时，滑片P移至B端，电路只有电阻R1工作，此时电流表的示数为：I=0.2A，
滑动变阻器R1的最大阻值为：R1=UI=6V0.2A=30Ω；
(2)闭合开关S1、S2、S3，滑片在B端时，两电阻并联，
此时R2的电流为：I′=0.5A−0.2A=0.3A，
1min内R2消耗的电能为：W=UI′t=6V×0.3A×60s=108J；
(3)只闭合开关S2，R2和L串联，小灯泡的额定电流为：0.25A，所以电路的最大电流为0.25A，
最大功率为：；
故答案为：(1)滑动变阻器R1的最大阻值为30Ω；
(2)闭合开关S1、S2、S3，滑片在B端时，1min内R2消耗的电能为108J；
(3)只闭合开关S2，保证电路安全，电路的最大总功率为1.5W。
【解析】(1)只闭合开关S2、S3时，滑片P移至B端，电路只有电阻R1工作，可用R1=UI计算滑动变阻器的最大阻值；
(2)闭合开关S1、S2、S3，滑片在B端时，两电阻并联，用并联电路的电流关系得出R2的电流，用W=UI′t计算消耗的电能；
(3)只闭合开关S2，R2和L串联，先分析得出最大电流，根据得出最大功率。
本题考查电功、电功率的计算问题，并考查了欧姆定律的应用，有一定综合性。
21.【答案】电源电压小于3.8V10不能够 灯丝的电阻随温度升高而增大 U−3.8VS、S2 3.8V×U1R0
【解析】解：(1)①电流表应串联在电路中，电压表与灯并联，如图所示：
②电源为两节干电池串联，电源电压为3V，小于灯的额定电压3.8V，故选的器材不能完成此实验；
③由图乙可知：电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表读数I=0.38A，则小灯泡正常发光时的电阻是：
R=UI=3.8V0.38A=10Ω；
④根据所测得数据绘制了小灯泡的I−U图像，如图丙所示，根据图像可知电流与电压并不成正比，原因是灯丝的电阻随温度升高而增大，根据控制变量可知探究“电流与电压”的关系需要控制电阻不变，所以不能完成探究实验；
(2)实验步骤：
①只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器R1，当电压表示数为U01=U−3.8V时，小灯泡正常发光；
②只闭合开关S、S2，滑动变阻器R1的滑片保持不动，记下电压表示数为U1；
③在①中，L与R1、R0串联，电压表测R0与R1串联电路两端总电压U01，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为：，根据串联电路电压特点可知，小灯泡的电压为额定电压，正常发光；
在②中，保持滑动变阻器滑片位置不变时，R0、R1与L串联，电路中电压表测量定值电阻R0两端的电压为：U1，灯泡两端的电压不变，
根据欧姆定律，R0中的电流I0=U1R0，
由串联电路中的电流规律可知：灯的额定电流：，
则小灯泡的额定功率表达式为：。
故答案为：(1)①如图所示；②电源电压小于3.8V；③10；④不能够；灯丝的电阻随温度升高而增大；(2)①U−3.8V；②S、S2；③3.8V×U1R0。
(1)①测量小灯泡正常发光时的电阻，根据电路连接错误之改正；
②电源的电压要高于灯的额定电压；
③根据电流表小量程读数，由欧姆定律求电阻大小；
④探究“电流与电压”的关系，需要控制电阻不变，而灯丝的电阻随温度升高而增大；
(2)实验步骤：分析①操作中电路的连接和电压表测量的电压，灯在额定电压下正常发光，根据串联电路电压的规律回答；
分析②中电路的连接，得出定值电阻的电压；
分析③由欧姆定律得出R0中的电流，根据串联电路电流特点得出灯的额定电流，根据P=UI得出小灯泡的额定功率。
本题测定标有“3.8V”小灯泡正常发光时的电阻，考查对器材的要求，错误电路的分析及现象，电流表读数，电阻计算、影响电阻的因素，同进也考查了设计实验方案测电功率的能力，综合性强，有难度，有新意，为一好题。
22.【答案】功率 不合理 没有控制受光面积相等 CP1−2P2P1 光照的角度、光照的强度
【解析】解：(1)功率是指单位时间内完成的工作量，太阳光照射时间越长，水温并不一定上升得越快，与光照强度等因素也有关；
(2)做实验时，要控制无关的变量一致，不同的受热面积会影响水温升高的快慢，小明在实验中没有控制受光面积相等，所以小明的操作过程不不合理；
(3)①在坐标系中描出时间和温度对应点用光滑的曲线连接起来，如图：
②为了对比明显，应选择侧面厚度相差较大的水槽进行实验；
③水槽接收到的太阳能为P1S，水槽两面向周边的散失的热量为2P2S，
则水对太阳能的吸收效率为η=P1S−2P2SP1S=P1−2P2P1；
(4)水吸收太阳能的升温快慢的影响因素还可能与光照的角度、光照的强度等于因素有关。
故答案为：(1)功率；(2)不合理；没有控制受光面积相等；(3)①见解析；②C；③P1−2P2P1；(4)光照的角度、光照的强度。
(1)效率是指单位时间内完成的工作量；
(2)做实验时，要控制无关的变量一致，不同的受热面积会影响水温升高的快慢；
(3)用数学描点法，描出时间和温度的对应点，用光滑的曲线连接起来；
为了对比明显，应选择侧面厚度相差较大的水槽进行实验；
水槽接收到的太阳能为P1S，水槽两面向周边的散失的热量为2P2S，则可求出水对太阳能的吸收效率；
(4)根据生活经验做出猜想。
本题考查了学生根据题中信息用控制变量法分析解答能力，是一道中等题。
23.【答案】吸收 不变 D1.92×105 2.67×103 745.9：1 3 均匀
【解析】解：(1)具有隐形功能的战机可以有效避开雷达的探测，主要是它表面有一种特殊材料，能够增强对电磁波的吸收，减弱电磁波反射回雷达；匀速飞行的飞机其速度不变，质量不变，动能不变；同时其高度不变，故其重力势能不变，机械能不变；
(2)A、飞机的机翼做成流线型可以减小空气的阻力，故A正确；
B、相同质量的两种物体，升高相同温度，比热容较大的物体吸收热量多，为解决雷达的散热问题，采用比热容较大的液体作为冷却剂，故B正确；
C、“歼−20”采用先进的光传操纵系统，将获取的信息，通过光信号向地面传递，故C正确；
D、当飞机在做较大幅度的瞬时滚转时，受到平衡力的作用；当飞机在做较大幅度的瞬时滚转时，处于非平衡状态，故受到非平衡力的作用，故D错误；
故选D。
(3)当飞机以400m/s的速度巡航时，飞机发动机的牵引力等于飞机受到的阻力，为F=f=×4.8×104N，
输出功率P=Wt=Fst=Fv=4.8×104N×400m/s=1.92×107W=1.92×105kW；
若在飞机油箱中加满燃油，航空燃油完全燃烧产生的热量，
有用功为，
以500m/s的速度巡航时，飞机的牵引力F′=f′=7.5×104N，
由W=Fs可得，飞机的最大航程约为；
(4)根据翼载的定义可得：翼载，
所以机翼面积：；
从飞机航行时所受阻力的大小与速度的关系可知：k=fv2=0.3×104N(100m/s)2=1.2×104N(200m/s)2=…
飞机最大航行速度为3060km/h=850m/s，可知此时的飞机牵引力F′′=f′′=0.3×104N(100m/s)2×(850m/s)2=2.1675×105N，
该飞机最大起飞质量为37t，则该飞机最大起飞重力为G=mg=37×103kg×10N/kg=3.7×104N，
飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，则该“歼−20”飞机的推重比约为：2.1765×105N3.7×104N≈5.9：1；
(5)由题意知，检测电路电源输出的电流恒定，高度表示数能随飞行高度的增大而增大，所以高度计应是电压表，
由图丙说明R1高度h成一次函数关系，所以电压表应与R1并联，则此高度表应安装在3位置；
由U=IR1可知，电压表(高度表)示数刻度均匀。
故答案为：(1)吸收；不变；(2)D；(3)1.92×105；2.67×103；(4)74；5.9：1；(5)3；均匀。
(1)具有隐形功能的战机将雷达发射的电磁波吸收，电磁波不能反射回雷达，就避开了雷达的探测。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、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；动能和势能统称为机械能。
(2)A.飞机的机翼做成流线型可以减小空气的阻力；
B.相同质量的两种物体，升高相同温度，比热容较大的物体吸收热量多；
C.“歼−20”采用先进的光传操纵系统，将获取的信息，通过光信号向地面传递；
D.处于平衡状态的物体受到平衡力的作用，处于非平衡状态的物体受到非平衡力的作用，据此分析；
(4)翼载指飞机的最大起飞质量与机翼面积的比值，若该飞机的翼载为500kg/m2，据此分析机翼面积；
(5)检测电路采用了“稳流电源”由此知高度表应是电压表；结合图丙分析高度表示数刻度是否均匀。
新一代战斗机是一项高科技的研究成果，它包含了众多与物理学相关的知识，我们应该学会通过分析材料找出里面所包含的物理信息，并解答相关的疑问。
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