2020—2021学年苏科版九年级物理上册期末测评模拟卷三

《2020—2021学年九年级物理上册期末测评高效提分备考卷(苏科版)》
模拟三卷（解析版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题（每小题2分，共24分）
1．如图甲所示的电路中，电源电压保持不变．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片从左到右滑动的过程中，把V1、V2、A的数据描绘在同一个U-I图像中，如图乙所示．则下列判断正确的是（ ）

A．电源电压为12V
B．电阻R2的最小电功率为3W
C．滑动变阻器R1的最大阻值为9Ω
D．图乙中的图像甲是电阻R1的U-I关系图象
【答案】B
【解析】由图像可知，当两个电阻串联电流相等，等于2A时两电阻两端电压为3V和6V，由于串联则电源电压为U=3V+6V=9V，故A错误；
由电路图可知，两电阻串联，当R1 全部接入电路时电路中电流最小为1A，其两端电压最大，由此可知曲线乙为R1的图象，此时R2两端电压为U2=3V，最小功率为：P2=U2I=3V×1A=3W，故B正确；
由以上分析可得，U1=6V I1=1A，根据欧姆定律可得，其阻值为R1=U1/I1=6V/1A=6Ω，故C错误；
根据电路图可知，当滑片向左滑动时，R1阻值变大，电路中电流变小，由于串联电路中电阻两端电压与电阻成正比，则R1两端电压随着变大，故曲线乙是表示电阻R1 的U-I关系图象，故D错误。
2．把标有:“12V　36W”的灯泡L1和“8V　16W”的灯泡L2串联后接在电源的两端，其中一只灯泡正常发光，另一只灯光没有达到额定功率，则下列正确的是（ ）
A．该电源的电压为24V
B．电路中的电流为3A
C．两灯泡的总功率为32W
D．灯L1与灯L2的实际功率之比为9:4
【答案】C
【解析】（1）两灯泡的额定电流分别为：，；
两灯泡的电阻分别为：，；
（2）因为L2的额定电流小于L1的额定电流，所以，结合题意可知，两灯泡串联时，L2正常发光，且电路中的最大电流为I=2A，故B错误；（3）电源的电压：U=I（R1+R2）=2A×（4Ω+4Ω）=16V，故A错误；两灯泡的总功率：P=UI=16V×2A=32W，故C正确；（4）因串联电路通过两灯泡的电流相等，且两灯泡的电阻相等，由P=I2R知两电灯泡的实际功率相等，即灯L1与灯L2的实际功率之比为1：1，故D错误．故选C．
3．如图所示，电源电压保持6V不变，电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~3V，定值电阻的规格为“10Ω0.5A”，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”。闭合开关，为了保证电路安全，在变阻器滑片移动过程中，下列说法正确的是（ ）

A．电阻R1消耗功率允许的变化范围为0.4W~0.9W
B．电流表示数允许的变化范围为0.2A~0.5A
C．电路消耗总功率允许的变化范围为l.2W~3W
D．变阻器R2接入电路的阻值允许变化范围为2Ω~10Ω
【答案】D
【解析】滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中电流；根据串联电路的分压原理（电阻越大，电阻两端的电压越高），当电压表的示数最大时，变阻器接入电路的电阻最大；当电流表的示数达到最大值时，变阻器接入电路的电阻最小；根据欧姆定律的应用可分别求出电路中的总电阻和滑动变阻器接入电路中的电阻值，同时可以确定电压表示数、电流表示数以及电路中总功率的变化。
由图知，R2与定值电阻R1串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中电流；
AB．由题意知，当电压表的最大测量值为3V时，由串联电路特点知，此时定值电阻R1两端的电压U1=3V，由欧姆定律可得此时电路中的电流：
，
因此电路中的最小电流为0.3A，故B错误；
电阻R1消耗功率最小功率：
，
故A错误；
C．电路消耗的最小功率：
；
故C错误；
D．此时滑动变阻器接入电路中的电阻最大：
；
当电路中的电流最大为0.5A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，由欧姆定律可知此时电路中的总电阻最小：
，
滑动变阻器接入电路中的电阻最小：
，
则变阻器R2接入电路的阻值允许变化范围为2Ω~10Ω，故D正确。
4．如图所示，电源电压为18V，R0＝60Ω，滑动变阻器的规格为“100Ω 2A”，电流表的量程为“0~0.6A”，小灯泡上标有“12V 6W”字样。不考虑灯丝电阻变化，并保证电路安全，则( )

A．S、S1、S2都闭合，电路消耗的总功率最小值为5.4W
B．S、S1、S2都闭合，当电路消耗的总功率最大时，滑动变阻器接入电路的阻值是30Ω
C．S闭合，S1、S2都断开，滑动变阻器接入电路的阻值范围是6~100Ω
D．S闭合，S1、S2都断开，调节滑动变阻器，灯泡的功率变化范围是0.5~6W
【答案】D
【解析】A．S、S1、S2都闭合，灯被短路，滑动变阻器与R0并联，电流表测干路电流，通过定值电阻的电流

当滑动变阻器接入电路阻值最大时，通过滑动变阻器的最小电流

因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流

电路消耗的总功率最小值

故A错误；
B．由电流表的量程可知，干路中的最大电流为0.6A，此时通过滑动变阻器的最大电流

滑动变阻器接入电路中的最小阻值

故B错误；
C．S闭合，S1、S2都断开，滑动变阻器与L串联，电流表测电路中的电流，由P= UI可得，灯泡的额定电流

因串联电路中各处的电流相等，且滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，电流表的量程为0~ 0.6A所以，电路中的最大电流

由可得，灯泡的电阻和电路中的最小总电阻分别为


因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以滑动变阻器接入电路中的最小阻值

因此滑动变阻器接入电路的阻值范围是12 ~ 100Ω，故C错误;
D．当变阻器的最大电阻连入电路中时，电路中电流最小，灯的实际功率最小，串联电阻的规律

由欧姆定律，电路小的最小电流

灯的最小功率

故灯泡的功率变化范围是0.5~ 6W，故D正确。
故选D。
5．灯规格为“”、灯规格为“”，忽略灯丝电阻变化，下列说法正确的是（ ）
A．灯比灯电阻小，同材料同长度灯比灯的灯丝细
B．如两灯串联在电路中，两灯泡均不会正常发光，灯比灯亮
C．如两灯串联在电路中，两灯泡都会正常发光，灯与灯实际功率之比为2:1
D．如两灯并联在电路中，两灯泡都会正常发光，灯与灯电流之比为1:2
【答案】B
【解析】A．由题可知，两灯泡的额定电压相等，的额定功率较大，根据 可知；若灯丝长度、材料均相同，电阻的大小与横截面积成反比，所以比的灯丝粗，故A不符合题意；
B．如两灯串联在电路中，它们两端的电压都达不到其额定电压，所以两灯泡均不会正常发光；两灯串联时，电流相等，因，根据可知，灯的实际功率较大，灯较亮，故B符合题意；
C．如两灯串联在电路中，因为两灯的电阻不相等，所以它们分担的电压都不是，所以两灯都不会正常发光，故C不符合题意；
D．如两灯并联在的电路中，由于并联时各支路两端的电压相等，则灯泡的实际电压与额定电压相等，所以两灯均正常发光；电流之比，故D不符合题意．
6．关于“探究电流跟电阻的关系”和“伏安法测量电阻”两个实验，下列说法中正确的是（ ）
A．两个实验所采用的研究方法是相同的
B．两个实验多次测量的目的是相同的
C．两个实验的电路是相同的
D．两个实验中使用滑动变阻器都是为了控制电阻两端电压不变
【答案】C
【解析】A、在“探究电流跟电阻的关系”时需要采用控制变量法，而“伏安法测量电阻”时不需要利用控制变量法，故A错误；
B、“探究电流跟电阻的关系”是为得到一个规律，而“伏安法测量电阻”是为了测量未知电阻，因此两个实验的目的完全不同，故B错误；
C、根据两个实验的要求知，两个实验的实验电路图相同，故C正确；
D、“探究电流跟电阻的关系”时，使用滑动变阻器的目的都是为了控制电阻两端电压不变；而在“伏安法测量电阻”实验时，使用滑动变阻器是为了多次测量取平均值减小误差，故D错误。
故选：C。
7．如图所示，O为杠杆的支点，在杠杆的右端B点挂一重物。MN是以A为圆心的弧形导轨，绳的一端系在杠杆的A点，另一端E可以在弧形导轨上自由滑动。当绳的E端从导轨的一端N点向另一端M点滑动的过程中，杠杆始终水平，绳AE对杠杆拉力的变化情况：（ ）

A．先变小，后变大 B．先变大，后变小
C．一直变小 D．一直变大
【答案】A
【解析】到AE从N点转动到MN的中点的过程中，拉力的力臂由小变大，根据杠杠的平衡条件，可知，在这个阶段拉力变小；AE从MN的中点转到M点的过程中，拉力的力臂由大变小，所以，根据杠杠的平衡条件，拉力又逐渐变大，综合上述分析，拉力先变小，后变大；故选A。
8．图所示电路中，电源电压不变。闭合电键S，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，则（ ）

A．A表示数与表示数的差值变大
B．A表示数与表示数的比值变小
C．V表示数与A表示数的比值变大
D．V表示数与表示数的乘积变大
【答案】C
【解析】A．从图中可以看到，这是一个并联电路，A表是测干路电流，表是测滑动变阻器的电流，根据并联电路电流规律可知，A表示数与表示数的差值大小等于流过电阻R1的电流，根据欧姆定律可知，电阻R1的电压不变，电阻大小不变，那么流过电阻R1的电流大小不变，故这个差值大小不变，A项不合题意；
B．A表示数是

表示数是，A表示数与表示数的比值是

由于在变大，那么在变大，即A表示数与表示数的比值在变大，B项不合题意；
C．V表示数是电源电压的大小，不变，A表示数是

由于在变大，那么在变小，可知V表示数与A表示数的比值变大，选项C符合题意；
D．V表示数与表示数的乘积是

由于在变大，那么这个乘积在变小，D项不合题意。
9．某学校的前、后两个门各装一个开关，传达室内有红、绿两盏灯和电池组，若前门来人闭合开关时红灯亮，后门来人闭合开关时绿灯亮，图中的电路图符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由题意知，两个灯泡并联，且各有一个开关控制，前门开关控制红灯，后门开关控制绿灯。A. 只闭合后门开关时，红灯和绿灯都发光，故A不符合题意；B. 前门和后门开关以及两灯泡都串联，说明两灯相互影响，故B不符合题意；C. 由图知，后门开关在干路中，控制整个电路，故C不符合题意；D. 后门的控制开关与绿灯在同一支路，前门的控制开关与红灯在同一支路，为并联关系，且两灯互不影响，故D符合题意。故选D.
10．如图所示，是小华根据探究定值电阻中的电流随该电阻两端电压变化的实验数据所绘制的图像，根据图像中的信息可知（ ）

A．该定值电阻的阻值为5Ω
B．当电阻两端电压为8V时，此电阻的电功率为2W
C．若把这样两个定值电阻并联起来，接在12V的电源两端，两个电阻的实际功率之和为7.2W
D．若把这样两个定值电阻串联起来，接在12V的电源两端，两个电阻的实际功率之和为7.2W
【答案】D
【解析】A. 如图电压4V时，电流为0.4A，所以该定值电阻的阻值为： ，故A错误；
B. 当电阻两端电压为8V时，此电阻的电功率为： ，故B错误；
C. 两个定值电阻并联起来，接在12V的电源两端，单个电阻的实际功率为：
，则总功率为28.8W，故C错误；
D. 若把这样两个定值电阻串联起来，接在12V的电源两端，两个电阻的实际功率之和为：
，故D正确。
选D。
11．如图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡的额定电压为6V．闭合开关S后，当滑片P从R的一端滑到另一端的过程中，小灯泡的I-U关系图象如图乙所示．其中错误的是（ ）

A．滑动变阻器的最大阻值为45Ω
B．电源电压为6V
C．灯泡的额定功率为1．2W
D．电路中最小总功率为0．15W
【答案】D
【解析】由电路图可知，滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，电压表测电源的电压，由图象可知，电路中的最大电流为0．2A，电压表的最大示数为6V，则电源的电压为6V，故B正确；
因灯泡两端的电压和额定电压相等时，灯泡的实际功率和额定功率相等，所以，灯泡的额定功率：PL=ULIL=6V×0．2A=1．2W，故C正确；
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，电路的总功率最小，由图象可知，电路中的最小电流I=0．1A，灯泡两端的电压UL′=1．5V，因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以滑动变阻器两端的电压：U滑=U-UL ′=6V-1．5V=4．5V，由I=U/R可得，滑动变阻器的最大阻值：R滑=U滑/I=4．5V/0．1A=45Ω，故A正确；此时电路的功率最小：P最小=UI最小=6V×0．1A=0．6W，故D错误，故选D。
12．如图所示，电源电压不变，通过改变开关的状态，读出电表的读数，不能比较电阻R1和R2大小的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】（1）串联电路中各处的电流相等，阻值大的电阻其两端的电压较大，反之较小，即电压与电阻成正比；
（2）并联电路中各支路两端的电压相等，通过的电流较大的支路其电阻较小，反之越大。
A．两个电阻串联，电压表V1测电源两端的电压，电压表V2测量电阻R1两端的电压，由串联电路中总电压等于各分电压之和可知R2两端的电压，根据串联电路的分压特点可知两电阻的阻值大小关系，故A不符合题意；
B．两个电阻串联，两个电压表分别测量两个电阻两端的电压，根据串联电路的分压特点可知两电阻的阻值关系，故B不符合题意；
C．由电路图知，两开关均闭合时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流I1；
只闭合S1时，两电阻串联，电流表测电路中的电流I2；根据欧姆定律分别计算出再次的电阻，求之差为R2的电阻，就能比较两电阻的阻值关系，故C不符合题意；
D．两电阻并联，电压表测电源的电压，电流表测量干路电流，只能求出电路的总电阻，不能求出或测出电阻R2、R1的阻值，无法比较两电阻的阻值大小，故D符合题意。
故选：D。
二、填空题（每小题2分，共24分）
13．甲、乙两物体的温度分别为20℃和25℃，它们的质量之比为5：2．放出相等的热量后，甲的温度降低了10℃，乙的温度降低了5℃，则它们的比热容之比为_______．若它们升高相同的温度，则吸收的热量之比为_______．
【答案】 1：5 1：2
【解析】由题知， ， ，
，


若它们升高相同的温度，吸收的热量之比为：
因此，本题正确答案是： 1：5 1：2
14．如图所示的是定值电阻R和灯泡L的I-U图像。若将电阻R和灯泡L并联接在电压为1V的电源上，则此时电路的总电阻为______Ω。若将电阻R和灯泡L串联接在电路，且已知通过电阻R的电流是0.15A，则此时电源电压为______V。

【答案】5 4
【解析】[1]电阻R和灯泡L并联在电压为1V的电源上，从图中可以看到，流过灯泡L的电流大小是0.15A，这时灯泡L的电阻大小是

流过定值电阻R的电流大小是0.05A，定值电阻R的阻值大小是

这时电路的总电阻符合关系式

解得，此时电路的总电阻是。
[2]电阻R和灯泡L串联接在电路，通过电阻R的电流是0.15A，根据串联电路电流处处相等，那么通过灯泡L的电流也是0.15A，从图中可以看到，这时灯泡L的电压是1V，电阻R的电压是3V，根据串联电路的电压规律可知，电源电压的大小是

此时电源电压是。
15．一根金属棒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，则金属棒的长度l=____m，在B端拉起的过程中，当x1=0.6m时，测力计的示数为F1=____N；金属棒的重心到A端的距离d=_____m。

【答案】1.2 3 0.72
【详解】[1]由于拉力始终竖直向上，由杠杆的平衡条件可知，拉力不变（动力臂与阻力臂之比不变）。由图乙可知，当B端离地1.2m时，A端刚离地，所以金属棒长1.2m。
[2]0~1.2m之间拉力不变，由图乙可知拉力

[3] 因为W=Gh，所以金属棒的重力

即
F2=G=5N
由杠杆平衡条件得，重心到A端的距离

16．如图所示，小明用绳子拴住一个锁头并悬挂下来，把锁头拉近自己的鼻子静止，松手后，锁头将向前摆去，接着又反向摆回来，小明在原地不动.请你根据实验回答下面问题：

（1）锁头会不会打到小明的鼻子?______.
（2）锁头在摆动过程中，是___能与___能在相互转化.
（3）锁头在摆动一段时间后，机械能的总量将______（填“变大”“变小”或“不变”）.
【答案】不会 动 势 变小
【解析】（1）（2）铁锁下降过程是重力势能转化为动能的过程，上升的过程是动能转化为重力势能的过程；在上升和下降的过程中，铁锁和空气之间存在摩擦，克服摩擦做功机械能转化为内能，机械能减小，也就是重力势能的最大值越来越小，不会达到鼻尖的；
（3）由于在摆动中，铁锁受到了空气阻力，故机械能将减小。
17．如图，电源电压恒定，定值电阻R2的阻值为10Ω，滑动变阻器的滑片在某两点间滑动时，电流表的示数减小了 0.3A，那么电压表的示数是_____（选填“增大”或“减小”）了_____V.

【答案】增大 3
【解析】[1][2]由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，电流表的示数减小了0.3A时，电路中的总电阻变大，变阻器接入电路中的电阻变大，由串联电路的分压特点可知，电压表的示数变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电压表示数的变化量：
ΔU1=U1-U1′=（U-IR2）-（U-I′R2）=（I′-I）R2=0.3A×10Ω=3V，
即电压表的示数增大了3V．
18．如图1所示的电路中，电源电压值为3V，R1为定值电阻，滑动变阻器R2铭牌上标有“l0V？A”字样，闭合开关S，从a 向右端移动滑动片P时，所得I﹣U图象如图2所示，则R1的阻值为 Ω，当电流表示数为0.2A时，接入电路的滑动变阻器的阻值为 Ω，滑动变阻器R2铭牌上“？”的最大值为 A．

【答案】5；10；不小于0.6
【解析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流．当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路为R2的简单电路，电路中的电流最大，根据欧姆定律表示出电源的电压；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，根据图象读出电表的示数，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，利用串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R2的阻值，根据电路中的最大电流确定滑动变阻器允许通过的最大电流．
解：由图1可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，由图2可知I1=0.6A，
由I=可得，电源的电压：
U=I1R1=0.6A×R1，
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，
由图乙可知，I2=0.2A，U2=2V，
则滑动变阻器的最大阻值：
R2===10Ω，
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=I2R1+U2=0.2A×R1+2V，
因电源的电压不变，
所以，0.6A×R1=0.2A×R1+2V，
解得：R1=5Ω，
由电路中的最大电流0.6A可知，滑动变阻器允许通过的最大电流不小于0.6A．
故答案为5；10；不小于0.6．
19．某单缸四冲程汽油机在1s内完成了10个工作循环，则该汽油机工作时，飞轮的转速为______r/min｡此汽油机在一个工作循环中消耗了6g汽油（汽油的热值为4.6×107J/kg），已知这台汽油机的效率为30%，则它在一个工作循环中输出的有用机械能为______J，该汽油机的输出功率为______W。
【答案】1200
【解析】[1]汽油机在1s内完成了10个工作循环，转了

则1min转动

则该汽油机工作时，飞轮的转速为1200r/min
[2]已知汽油机在一个工作循环中消耗的汽油为

则汽油释放出的热量为

由公式可得

[3]输出功率为

20．如图（a）所示电路中，当闭合开关后，两只电压表的指针偏转均如图（b）所示，则灯L1和L2两端的电压分别为__________V、___________V。

【答案】 6 1.5
【解析】（1）由电路图可知，电压表V2示数应大于电压表V1示数，而两电压表指针位置相同，则电压表V2量程是0～15V，分度值是0.5V，电压表示数UV1=7.5V；电压表V1量程是0～3V，分度值是0.1V，电压表示数UV2=1.5V；
（2）电阻R2的电压U2=UV2=1.5V，电阻R1的电压U1=UV1-U2=7.5V-1.5V=6V；
故答案为：6； 1.5
21．如图是一个均匀直杠杆，O为支点，在A点挂一重10N的物体，则在B点用20N的力，可以使杠杆处于水平平衡状态．问：

（1）若在C点仍用20N竖直向下的力，杠杆能否平衡?_____________（图中每个格距离相等）
（2））若在C点用20N的力，方向不限，讨论杠杆是否可能平衡?____________
【答案】不能平衡 可能平衡
【解析】（1）力F作用于B点时,杠杆平衡：
　　G·AO＝F·OB
　　当力F作用于C点时：G·AO＝10N×AO=10N×2OB
　　F·OC＝20 N×2OB
　　F·OC＞G·AO
　　∴杠杆不能平衡,C端下沉．
（2）根据上面的讨论,若C点用力为20N，但方向不限的话，我们可以采取减小力臂的方法,使杠杆重新平衡，当F斜着用力时恰好某个方向使得力臂l2减小为OB时，即满足了l2＝OB，则此时杠杆可以再次平衡．
22．在水平地面上有一长方体木箱。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随时间t的变化情况如图乙所示，木块前进的速度v的大小随时间t的变化情况如图丙所示。则从0至1s内，木箱受到地面的摩擦力是_______N，推力对木箱所做的功_____J，从1s到3s秒木箱所受到地面的摩擦力是_____N，此时木箱受到_______（选填“平衡力”或“非平衡力”）作用，运动状态_______（选填“保持不变”或“发生改变”），从3s到5s秒推力对木箱做功的功率是_____W。

【答案】100 0 200 非平衡力 发生改变 200
【解析】物体处于静止或者匀速直线运动状态时，受到的力是平衡力，相互平衡的两个力大小相等；物体做匀速运动时，受到的摩擦力是最大静摩擦力，即使再做加速运动，受到的摩擦力也不变；根据做功的两个条件：有力作用在物体上且物体在力的方向上通过了距离，判断在0~1s内推力是否做功；由丙图可知物体的速度，乙图找出此时的推力，根据求出功率。
[1]由丙图可知，在0∼1s内木箱静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，木箱受到对面的静摩擦力等于推力，由乙图可知，在0∼1s内推力F=100N，则木箱受到对面的摩擦力

[2]木箱在0∼1s内没有动，因此在0∼1s内，推力对木箱所做的功为0J。
[3]在3∼5s内木箱做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，木箱受到的滑动摩擦力等于推力，由乙图可知，在3∼5s内推力F=200N，则木箱受到的滑动摩擦力

由图丙可知，木箱在1∼3s内做加速运动，受到的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力与推力大小无关，物体间接触面与物体间压力不变，物体受到的滑动摩擦力不变，则1s∼3s内木箱受到的摩擦力大小为200N。
[4][5]由图丙可知，木箱在1∼3s内做加速运动，故此时木箱受到非平衡力作用，运动状态发生改变。
[6]由丙图知，箱子3∼5s内的速度，由图乙可知，此时受到的推力F=200N，因此推力对木箱所做功的功率

23．如图所示，电流表有两个量程为0~0.6A和0~3A。开关闭合时，Al和A2的指针偏转角度相同，且此时通过Ll、L3的电流之比为1：8；当把灯泡Ll从电路中拆除时，发现A2的示数减少了0.32A，则通过Ll的电流为____________A，L2的电流为____________A。

【答案】0.32 0.24
【解析】[1]根据电路图可知，电灯 的连接方式是并联，电流表Al是测量通过灯泡L2和L3的总电流，电流表A2是测量通过灯泡Ll和L2的总电流；电流表A3测量通过灯泡的总电流；因为并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，并且把灯泡Ll从电路中拆除时，A2 的示数减少了0.32A，则通过Ll的电流为0.32A；
[2]已知通过Ll、L3的电流之比为1：8，则L3的电流
；
因为并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，则：Al示数为
，
A2示数为
，
则：Al示数大于A2示数， 由于电流表有两个量程分别为0～0.6A，0～3A，根据分度值可知： Al和A2的指针偏转角度相同时，
，
即：
，
解得：
。
24．如图甲所示，水平地面上的一物体，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体速度v与时间t的关系如图乙所示．则第1s时，物体处于 状态，第7s时，物体处于 状态，第6s末到第9s末，推力F为 N，推力做的功是 J．


【答案】静止；匀速直线运动；4；24
【解析】（1）由图乙的v﹣t图象知，物体在0～3s速度为0，处于静止状态；3～6s，速度不断增大，是加速直线运动；6～9s速度保持2m/s保持不变，进行匀速直线运动．所以物体在第1s处于静止状态．
（2）6～9s速度保持2m/s保持不变，进行匀速直线运动，因此第7s时，物体处于匀速直线运动状态；
（3）由F﹣t图象知，物体在6～9s受到的推力是4N，6～9s末运动距离为：s=vt=2m/s×3s=6m，
∴推力做功：W=Fs=4N×6m=24J．
故答案为：静止；匀速直线运动；4；24．

三、作图题（每小题4分，共8分）
25．质量和初温(等于室温)都相同的水和酒精放在相同的容器中，用两个完全相同的酒精灯给它们加热，请在如图的直角坐标中粗略画出水和酒精从室温开始到沸腾一段时间的温度随加热时间变化的图象，并分别用、表示。[已知c水＝4．2×103J／(kg·℃)，酒精的沸点为78℃，室温约为20℃]

【答案】
【解析】当给它们加热相同的时间后，它们吸收的热量是相同的，水和酒精的初温和质量相同，由于酒精的比热容比水小，所以酒精的温度变化比水大，根据题意和沸腾的特点，可知它们的温度随时间变化图象如图所示：

26．（1）如左下图所示，电流表的示数是___________A。如右下图所示的实物连接图。要使灯泡变亮，滑动变阻器的滑片应向___________滑动。（填“左”或“右”）

（2）在下图中连接电路，要求灯L1、L2并联，S1做总开关，电流表测L2的电流大小。并在方框中画出电路图。

【答案】见解析
【解析】（1）由图知道，电流表选的量程是3A，分度值是．01A，所以电流表的示数是1．29A；由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，要使灯泡变亮，应增大实际功率，由P=I2R可知，应增大电路中的电流，由I=U/R可知，应减小电路中的电阻，即减小滑动变阻器接入电路中的电阻，所以，滑片P应向左端移动；
（2）灯L1、L2并联，开关S1 位于干路，电流表与L2串联；如下图所示：从电源正极出发，沿电流流向，先将灯泡L2、电流表、开关S1串联起来回到电源负极，再将灯泡L1并联在灯泡L2和电流表的两端，电路图如下图所示：


四、计算题（每小题8分，共32分）
27．小明家新安装了一台如图所示的太阳能、电能两用热水器．平常使用太阳能，在阳光不足时，用电热丝辅助加热．热水器铭牌如下．

（1）电热水器正常工作时，电热丝的电阻和电流各是多少？
（2）太阳能热水器贮满水，水温从20℃加热到50℃时吸收了多少热量？（1L=10﹣3m3）
（3）若通过完全燃烧天然气加热一满箱水，使其温度从20℃升高到50℃时，不考虑热量的损失，需要多少m3天然气？（天然气的热值为4.0×107J/m3）
（4）由于寒冷阴雨，太阳能热水器只将水加热到35℃，现要通过电热丝将水加热到50℃使用，需电加热器正常工作多长时间？（设电能全部转化为内能）
××牌热水器
型号HM﹣20

集热管数28支

额定频率50Hz

水箱容积200L

集热管管长180cm

额定电压220V

防水等级A

系统承压3.0MPa

额定功率4400W


【答案】（1）电热水器正常工作时，电热丝的电阻和电流各是11Ω、20A；
（2）太阳能热水器贮满水，水温从20℃加热到50℃时吸收了2.52×107J；
（3）不考虑热量的损失，需要0.63m3天然气；
（4）现要通过电热丝将水加热到50℃使用，需电加热器正常工作2864s的时间．
【解析】（1）由电热水器的铭牌信息可知额定电压及额定功率，则由功率公式可求得正常工作时的电流；再利用欧姆定律可求得电阻；
（2）已知水的体积和密度，根据公式m=ρV可求水的质量；再利用公式Q吸=cm（t﹣t0）可求水吸收的热量；
（3）由题知，Q吸=Q放=Vq，据此求需要天然气的体积；
（4）求出水从35℃加热到50℃吸收的热量，由题知W电=Q吸，再由公式t=求电加热器正常工作时间．
解：
（1）∵电热水器正常工作，
∴U=U额=220V，P=P额=4400W；
∵P=IU
∴电热水器正常工作时的电流：
I===20A；
热水器电热丝的电阻：
R===11Ω；
（2）水的质量：
m=ρ水V=1000kg/m3×200×10﹣3m3=200kg；
吸收太阳的热量：
Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×200kg×（50℃﹣20℃）=2.52×107J；
（3）由题知，Q吸=Q放=Vq，所以需要天然气的体积：
V===0.63m3；
（4）水从35℃加热到50℃吸收的热量：
Q吸′=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×200kg×（50℃﹣35℃）=1.26×107J，
由题知，W电=Q吸′，
∴电加热器正常工作时间：
t==≈2864s．
答：（1）电热水器正常工作时，电热丝的电阻和电流各是11Ω、20A；
（2）太阳能热水器贮满水，水温从20℃加热到50℃时吸收了2.52×107J；
（3）不考虑热量的损失，需要0.63m3天然气；
（4）现要通过电热丝将水加热到50℃使用，需电加热器正常工作2864s的时间．
28．把一个标有“10V 3W” 的小灯泡和定值电阻R串联后接在电压为12V的电源上（如图所示）.小灯泡恰能正常工作．通过计算回答:

（1）通过小灯泡的电流是多少?
（2）串联在电路中的定值电阻的阻值多大?
（3）该电路工作10s定值电阻产生的热量是多少?
【答案】（1）0.3A； （2）；（3）
【解析】（1）因为P=UI，
所以灯泡正常发光的电流为I===0.3A；
（2）因为P=，
所以灯泡电阻为RL==≈33.3Ω，
串联电路总电阻为R总===40Ω，
定值电阻的阻值为R=R总﹣RL=40Ω﹣33.3Ω=6.7Ω；
（3）定值电阻产生的热量为Q=I2Rt=（0.3A）2×6.7Ω×10s=6.03J．
29．已知电阻丝R1与R2串联，R1=10Ω ，R2=20Ω， 总电压U=6V,求：

（1）R1的电功率为多少？
（2）通电10mIn, R1和R2产生的总电热为多少？
（3）试利用欧姆定律及串联电路的电流、电压、电阻的规律，推导出串联（纯电阻）电路中的电
功率分配规律为：P1/ P2= R1/ R2
【答案】（1）0.4W （2）720J
（3）P1= I12R1 P2= I22R2 串联电路中 I1= I2 所以：P1/ P2= I12R1/I22R2= R1/ R2
【解析】（1）I1=" I" =U/(R1+R2) =6V/(10W+20W)=0.2A
P1=I12R1=(0.2A)2×10W=0.4W
（2）Q= I2Rt=(0.2A)2×(10W+20W)×600S=720J
（3）P1= I12R1 P2= I22R2
串联电路中 I1= I2
所以：P1/ P2= I12R1/I22R2= R1/ R2
30．如图是利用电子秤显示水库水位装置的示意图。该装置主要由不计重力的滑轮C、D，长方体物块A、B以及轻质杠杆MN组成。物块A通过细绳与滑轮C相连，物块B通过细绳与滑轮杠杆相连。杠杆可以绕支点O在竖直平面内转动，杠杆始终在水平位置平衡，且MO：ON＝1：2．已知物块A的密度为1.5×103kg/m3，底面积为0.04m2，高1m，物块B的重力为100N．滑轮与转轴的摩擦、杠杆与轴的摩擦均忽略不计，g取10N/kg．求：

（1）当物块A的顶部刚没入水面时，底部受到水的压强大小；
（2）当物块A的顶部刚没入水面时，物块A所受的拉力大小；
（3）若水位发生变化，当电子秤的示数为55N时，求物块A浸入水中的深度。
【答案】.（1）104Pa ； （2）200N ； （3）0.6m
【解析】（1）当物块A的顶部刚没入水面时，底部所处的深度：h=1m，底部受到水的压强：
．
（2）物块A的体积：，物体A重：
，
∵物块A没入水中，∴排开水的体积：；物块A所受的浮力：
；
物块A所受的拉力：；
（3）①电子秤的示数，则杠杆N端受到的拉力：

∵杠杆平衡，
∴，∴杠杆M端受到的拉力：；
②滑轮与转轴的摩擦、杠杆与轴的摩擦均忽略不计，
滑轮D受到向下的拉力：，
滑轮C受到向下的拉力：，
∴滑轮组对A的拉力：；
③∵，所以∵，
∴，∵ ，
∴物块A浸入水中的深度：
故答案为：（1）104Pa ； （2）200N ； （3）0.6m

五、实验探究题（每小题6分，共12分）
31．小明想知道灯丝电阻随温度变化的规律，他利用实验室的器材设计了图甲所示的电路（未连接完），其中，电源电压为4V，小灯泡的额定电压为2.5V．

（1）请用笔划线代替导线帮助小明将图甲的电路连接完整___________；
（2）闭合开关后，小明发现小灯泡不发光，经检查是由于某根导线断了造成的．他又利用图乙的电路对图甲的电路进行检测．检测时他应该将图甲中的开关_____，若检验灯发光说明被检测导线_____（选填“断了”或“没断”）；

（3）小明更换导线后，正确进行实验并将数据填入上表．分析实验数据，可得出结论：温度越高，灯丝的电阻越_____；
（4）根据表中的数据可知，从第一次到第四次实验，小明是将滑片逐渐向_____端移动（选填“A”或“B”）分析，下列滑动变阻器的规格符合实验要求的是_____；
A．30Ω 0.2A B．20Ω 1A C．10Ω 1A D．5Ω l.5A
（5）小明查找资料，发现大多数金属的电阻随温度变化的规律与灯丝电阻相同．他用一段具有这种性质的金属丝代替小灯泡接入图甲的电路中，并将滑动变阻器的滑片调到适当位置固定不动，设计了一个简易的测温装置．若要满足温度升高时测温装置的示数变大，应将图甲中_____表的表盘改装成测温装置的刻度盘．
【答案】 断开 没断 大 B B 电压
【解析】（1）由图象知，灯泡正常发光时电流为0.30A，所以电流表选择0～0.6A量程，电流表与灯泡串联．
灯泡额定电压为2.5V，电压表选择0～3V量程，电压表与灯泡并联，如图所示：

（2）为防止甲图中的电源烧坏检验灯，检测时要将甲图中的开关断开；若导线的两个接头之间的电路连通时，就能使检验灯亮，说明被检测导线没断；
（3）由表中数据看出，灯两端的电压越高、灯丝的电阻越大，而灯两端的电压越高、实际电功率越大，灯越亮、温度越高，可见灯丝温度越高，灯丝电阻越大；
（4）根据表中的数据可知，从第一次到第四次实验，小灯泡两端的电压减小，电流减小，说明滑动变阻器阻值变大，故从第一次到第四次实验，小明是将滑片逐渐向B端移动；
由表中第四列数据，设此时变阻器连入电路的电阻为R，
∵
即：
∴滑动变阻器连入电路的电阻为15Ω，
由表中数据看出，电路中的电流最小为0.2A，A滑动变阻器不符合要求，故只有B滑动变阻器符合要求；
（5）用一段具有这种性质的金属丝代替小灯泡接入图甲的电路中，将滑动变阻器的滑片调到适当位置固定不动，金属丝温度升高，金属丝的电阻变大，金属丝分压变大，电压表的示数变大，电路中的电流会变小，电流表的示数变小，所以，若要满足温度升高时测温装置的示数变大，应选电压表的表盘改装成测温装置的刻度盘．
故答案为：(1).
(2). 断开 (3). 没断 (4). 大 (5). B (6). B (7). 电压
32．在探究“通过导体中的电流与电阻的关系”实验中，所用电源电压恒为10V，已有的5个定值电阻的阻值分别为20Ω、30Ω、40Ω、50Ω、60Ω。 

(1)根据图甲所示的电路，用笔画线代替导线将图乙所示的实物电路连接完整(导线不得交叉)；
（___________）
(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最__________(选填“左” 或“右”)端；闭合开关后，发现电流表的指针无偏转，电压表的指针有明显的偏转，原因可能是____；
(3)在实验中，先接20Ω的电阻，调节滑动变阻器的滑片P至某一位置时，观察到电流表的示数为0.4A，电压表的指针如图丁所示，则电压表的示数为___V；接下来用30Ω的电阻代替20Ω的电阻做实验，应将滑片P从上一位置向___(选填“左”或“右” )滑动；
(4)为了完成实验探究，依次将剩下的3个定值电阻分别接入图乙的电路中，替换前一次接入的定值电阻，调节滑动变阻器的滑片至合适的位置，再读出电流表的示数，计算出每次接入定值电阻R的倒数，以为横坐标，电流I为纵坐标，在坐标系中描点并作出I-图线，如图戊所示，由图像可初步得出结论：_______；
(5)此实验中所选滑动变阻器的最大阻值至少为______Ω。
【答案】 右 电阻R断路 8 右 通过导体的电流与导体电阻的倒数成正比 15
【解析】（1）滑动变阻器与定值电阻串联，滑动变阻器要“一上一下”连接，如图所示：
；
（2）为了保护电路，开关闭合前，应将滑片P移到阻值最大处；由图知，滑片左侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大端即右端；闭合开关后，电流表指针无偏转，说明电路中可能存在断路故障；而电压表指针有明显偏转，则电压表与电源两极相连通，则说明与电压表并联部分发生断路，原因可能是电阻R断路；
（3）电压表的量程为0~15V，其分度值为0.5V，由图知，电压表示数为8V；在探究“通过导体中的电流与电阻的关系”实验中，应保持电压表的示数不变，将20Ω电阻换成30Ω后，根据串联电路的分压特点，则电压表的示数会变大，要保持电压表的示数不变，所以应该增大变阻器两端的电压，增大变阻器的阻值，即应将滑动变阻器的滑片P向右端移动；
（4）从图像可以看出通过导体的电流与导体电阻的倒数成正比，由此进一步得出结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
（5）根据串联分压的知识，当电阻的阻值最大为60Ω时，所需滑动变阻器的阻值最大，此时电路中电流： ，所以滑动变阻器的最大阻值至少为：。