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江苏省2021-2022学年九年级（上）期末物理复习试卷1（含解析）
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这是一份江苏省2021-2022学年九年级（上）期末物理复习试卷1（含解析），共44页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江苏省2021-2022学年九年级（上）期末物理复习试卷（1）
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）
1．如图所示的生活用具，在使用中属于费力杠杆的是（ ）
A． B． C． D．
2．下图所示的几种情况，人对物体做了功的是（ ）
A．拉车向前运动
B．搬而未动
C．学生背着书包水平匀速前进
D．将杠铃举着静止不动
3．下列数据中符合生活实际的是（ ）
A．一个中学生从一楼走到三楼克服自身重力所做的功约为 300J
B．家用电水壶的功率约为 1000W
C．家用电视机正常工作时的电流约为 5A
D．一个机械经过改进后其机械效率可以达到 100%
4．如图所示的四种情景中，属于重力势能转化为动能的过程是（ ）
A．雨滴自由下落 B．滚摆减速上升
C．热气球匀速下落 D．火箭点火发射升空
5．关于内能，有以下四个观点，你认为正确的是（ ）
①热机在做功冲程中内能转化为机械能
②物体温度越低，内能越小，所以0℃的物体没有内能
③两物体相互接触时，热量总是从内能大的物体转移到内能小的物体
④改变物体内能的方法有很多，但本质上只有做功和热传递两种方式
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
6．如表列出了几种物质的比热容，下列说法正确的是（ ）
物质
比热容c/【J/（kg•℃）】
物质
比热容c/【J/（kg•℃）】
水
4.2×103
冰
2.1×103
酒精
2.4×103
铝
0.88×103
砂石
0.9×103
铜
0.39×103
A．物质的比热容与自身的状态无关
B．在阳光的照射下，相同质量的水和冰升温一样快
C．质量相等的铝和铜，降低相同温度，铝放出的热量多
D．因为水的比热容比较大，所以沿海地区的比内陆地区昼夜温差大
7．如图所示电路中，电源电压保持不变，当变阻器滑片P向右移动时，电表示数变大的是（ ）
A． B． C． D．
8．小明用如图所示电路测量小灯泡的电阻，连接好电路后闭合开关，小明发现移动滑动变阻器滑片P，小灯泡不发光，电压表示数为零，进一步观察并检查电路，发现电压表、电流表、导线及其连接均完好。针对此故障现象，他提出了如下猜想：
①小灯泡短路；
②小灯泡灯丝断了；
③滑动变阻器断路，根据故障现象可确定（ ）
A．小明猜想①是错误的 B．小明猜想②是错误的
C．小明猜想③是错误的 D．如果观察到电流表有示数，则猜想①是错误的
9．如图是通过A、B两个导体的电流与其两端电压关系的图象，下列说法正确的是（ ）
A．导体A 的电阻为 0.2Ω
B．导体A 和B 的电阻之比为 2：1
C．当在导体A 的两端加上 1V 的电压时，通过导体A 的电流为 0.1A
D．导体A 和B 并联时，通过导体A 和 B 的电流之比为 2：1
10．如图所示电路中，电源电压为12V．在a、b间接入“6V2W”灯L1，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P使灯L1正常发光。断开开关取下灯L1，保持滑片P的位置不变，在a、b间接入灯“6V3W”L2后闭合开关，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则（ ）
A．灯 L2 正常发光
B．滑动变阻器接入电路的电阻为 12Ω
C．通过灯L2 的电流为 0.4A
D．电流对滑动变阻器和灯 L2 每秒做功 5J
11．如图所示的电路中，R1、R2为定值电阻，电源电压不变，闭合开关S1、S2，两表均有示数，若闭合开关S1，断开开关S2，则（ ）
A．电流表的示数变小，电压表与电流表示数之比变小
B．电流表的示数变大，电压表与电流表示数之比变小
C．电流表的示数变小，电压表与电流表示数之比不变
D．电流表的示数变大，电压表与电流表示数之比变大
12．如图甲所示电路，电源电压不变，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器。闭合开关，将滑动变阻器滑片由一端移动到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示。则（ ）
A．定值电阻电压变化范围是 0﹣4.5V
B．定值电阻电功率变化了 6.75W
C．电路总电阻的最大值为 15Ω
D．电路总功率变化范围是 1.8W﹣6.4W
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共28分）
13．如图是一个风力测定仪，O是转动轴，金属杆OC与圆弧AB接触良好，下面连着一块受风板，无风时OC是竖直的，金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个 ，由图可知风越大，接入电路的电阻越 ，开关S闭合时，电流越 ，小灯泡的亮度越 ，受风板所受水平风力的力臂越 。
14．生活中室内各房间里电灯、电视机等用电器是 联的，该室内的电能表表盘如图所示，其读数为 kW•h．若电能表上的铝盘转了150转，室内的用电器消耗了 J的电能。
15．如图是某房间内采用“水地暖”进行取暖而铺设在地板下的管道。这种取暖方式利用热水在管道内循环流动，加热整个地板。地面是以 的方式向室内供暖的。利用水为媒介是因为这种物质具有 大的特性。某房间一段时间内循环流动的水质量为1000kg，进水温度为55℃，出水温度为40℃．这段时间里水向外放热 J．若这些能量由燃烧天然气来提供，至少需要消耗 kg的天然气。（已知c水＝4.2×103J/kg•℃，q天然气＝4×107J/kg）。
16．用如图装置，在20s内将80N的水桶提升3m，拉力为50N，则拉力的功率为 W，该装置的机械效率是 %．若不计绳重和摩擦则动滑轮的重力为 N。
17．小刚观察了市场上的“测重仪”后，画出了如图所示的原理图：A为托盘，P为金属滑片且固定在托盘下的轻质弹簧上，并能随轻质弹簧一起上下滑动，当托盘中不放物体时，P位于R的最上端。已知R0＝5Ω，R的最大阻值为25Ω，电源电压恒为3V．问：
（1）图中的质量表应该用什么电表改装？
（2）当开关S闭合，不称量物体时，通电5min电阻R消耗的电能是多少？
（3）当称量物体质量达到最大值时，R0消耗的功率是多少？
18．如图所示，电源电压恒为6V，R1＝20Ω，R2＝30Ω，R3＝40Ω．只闭合S，电流表A1的示数为 A，电压表V1、V2示数之比为 。再闭合S1、S2，电流表A2示数为 A，电路中消耗总的电功率为 W。
19．如图是某电动玩具车的工作原理示意图。已知电源电压恒为6V，R2的阻值为5Ω，电动机的额定功率为4W，额定电压为5V．开关S1和S2只能同时接“a”或同时接“b”，车前进时能调节电动机的转速，后退时则不能，则当开关S1和S2同时接a时，小车会 （选填“前进”或“后退”）；当车后退时，电流表示数为0.4A，此时电动机的实际功率为 W；当电动机以额定功率工作时，车在水平路面上匀速前进的速度为2m/s，若此时电动机消耗的电能有75%转化为车前进的机械能，此时车受到的阻力是 。
20．电线除冰；在短时间内让输电线不经过用电器而直接接通，使电路 ，输电线中的电流 ，产生的热量 ，从而可以除冰。
三、解答题（本题共10小题，共48分）
21．（2分）手机自拍已成一种时尚。如图所示是使用自拍杆辅助手机进行自拍时的示意图，将自拍杆看作一个轻质杠杆，O点是支点。请在图中画出：
（1）施加在A点最小的动力F1
（2）力F2的力臂L2
22．（2分）如图所示，站在地面上的小华借助滑轮组匀速提升重物，画出滑轮组的绕线方法。
23．（2分）请在如图的两个虚线框内填“电源“和“开关“的符号，并满足当开关都闭合时两灯组成并联电路。
24．（4分）在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）在没有挂钩码时杠杆的平衡位置如图甲所示，为了方便测量力臂要使杠杆在 位置平衡，应将杠杆左端螺母向 边旋一些（选填“左”或“右”）
（2）调好后，小明按照图乙进行实验，若每个钩码质量相同为50g，则弹簧测力计示数为
N
（3）小明同学利用图丙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符，其原因是： 。
25．（5分）在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，小明同学设计了如图所示甲、乙、丙三次实验。让铁球从同一斜面上某处由静止开始向下运动，然后与放在水平面上的纸盒相碰，铁球与纸盒在水平面上共同移动一段距离后静止。
（1）要探究动能大小与物体质量的关系应选用 两图所示实验；实验中应保证两小球从斜面到达水平面上时的 相同，为了达到这一目的所采取的具体操作方法是 。
（2）该实验是通过观察 来比较铁球动能的大小，从而得出结论的。
下面的三个实例中也采用这种研究方法的是 。
A．认识电压时，我们可以用水压来类比
B．保持电阻不变，改变电阻两端电压，探究电流与电压关系
C．探究影响重力势能大小的因素，用“桩”被打入沙的深度表示重力势能的大小
26．（6分）在探究“影响电流热效应的因素”的实验中：
（1）图中的实验是通过观察 间接比较两个电阻丝产生的热量的多少。
（2）图中将两个电阻串联起来。就是为了控制 不变，探究电流产生的热量与 的关系。
（3）图中如果再增加一个 ，就可以多次改变电流从而探究电流产生的热量与电流大小的关系了。为了“探究不同物质吸热升温的现象”，应在两个烧瓶中换上 相等的水和煤油，同时还应该换上 。
27．（6分）小明在探究“电流与电阻的关系”的实验中：
（1）连接电路时，开关应 。滑动变阻器的滑片P置于最 （选填“左”或“右”）端。
（2）在此实验中，为达到实验目的。每次应更换 ，并移动滑动变阻器的滑片P，改变其连入电路的阻值，目的是使 不变。
（3）定值电阻R由5Ω换成10Ω时，接下来滑动变阻器的滑片应向 （选填“左”或“右”）调节：若电源电压为4.5V，R的可选最大电阻为20Ω，为保证电阻R两端的电压为2V，滑动变阻器R’阻值应不小于 Ω。
28．（7分）小明同学利用图甲所示的器材测量小灯泡的电功率，实验中电源电压保持不变，滑动变阻器的规格为“100Ω，0.5A”，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线代替导线将实物电路图连接完整。
（2）闭合开关，移动滑动变组器滑片使小灯泡正常发光，电流表的示数如乙图所示，则小灯泡的额定电流是 A，额定功率是 W。
（3）小明继续进行实验，记录的部分数据如下表所示，其中有一组数据明显存在错误，这组数据是 （填序号）。
实验序号
①
②
③
U/V
1.3
2.1
3.0
I/A
0.12
0.26
0.30
（4）完成上述实验后，小明打算增加一个阻值已知的定值电阻R0，只利用一只电表来测量另一只额定电压为3.8V小灯泡的额定功率，下列图中是小明设计的四种不同方案的电路图。其中能够测出小灯泡额定功率的有 （选填序号）
29．（6分）某品牌汽车的一些参数如下表所示，若车满载货物匀速行驶100km消耗燃油20L，货车受到的阻力是车重的0.08倍，该车满载货物后在平直的公路上匀速行驶1000m，在此过程中：
品牌型号
东风 XX
外形尺寸
5×1.9×23（m）
变速箱
A85
空车质量
1.5t
最高车速
120km/h
满载时载货质量
2.5t
燃油热值
5×10 7J/kg
燃油密度
0.8×10 3kg/m3
（1）燃油完全燃烧放出的热量是 J。
（2）牵引力所做的功。
30．（7分）如图甲是家用电吹风的工作原理图，R为电阻丝，电吹风工作时可以吹出热风也可以吹出凉风，则：
（1）某次用该电吹风将头发吹干的过程中，电吹风的功率随时间的变化关系如图乙所示，则在该次吹干头发过程中电吹风消耗的总电能是 J。
（2）吹热风时，电热丝的电阻值是多少Ω？
（3）使用几年后，再次将该电吹风接在220V电源上，测出其热风档的功率为550W，若保持电动机的功率保持不变，为了使该电吹风的热风档功率仍为600W，小明通过计算后在原电吹风的电路中连接一根阻值合适的电阻丝，请你在图甲电路中接上该电阻丝并标出它的阻值。
答案与解析
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）
A． B． C． D．
【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：
A、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
B、扳手在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
C、核桃钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
D、夹子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。
故选：D。
【点评】杠杆根据其省力情况可以分为三类：动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆；动力臂小于阻力臂的杠杆为费力杠杆；动力臂等于阻力臂的杠杆为等臂杠杆。
2．下图所示的几种情况，人对物体做了功的是（ ）
A．拉车向前运动
B．搬而未动
C．学生背着书包水平匀速前进
D．将杠铃举着静止不动
【分析】做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。二者缺一不可。
【解答】解：A、人给小车一个向前的拉力作用，小车在拉力作用下向前移动了距离，人对小车做功，A符合题意。
B、搬石头时，人给石头一个力的作用，石头在力的作用下没有移动距离，人对石头没有做功，B不符合题意。
C、学生背着书包水平匀速前进，学生给书包一个向上的力，但书包向上没有移动距离，人对书包没有做功，C不符合题意。
D、运动员将杠铃举起后不动，运动员给杠铃一个向上的力，杠铃向上没有移动距离，人对杠铃没有做功，D不符合题意。
故选：A。
【点评】有力有距离，力对物体不一定做功，要使力对物体做功，物体移动的距离一定是在力的方向上通过的。
3．下列数据中符合生活实际的是（ ）
A．一个中学生从一楼走到三楼克服自身重力所做的功约为 300J
B．家用电水壶的功率约为 1000W
C．家用电视机正常工作时的电流约为 5A
D．一个机械经过改进后其机械效率可以达到 100%
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：
A、中学生的体重约为500N，从一楼走到三楼上升的高度为h＝2×3m＝6m，
该同学登楼做的功W＝Gh＝500N×6m＝3000J，故A不符合实际；
B、家用电水壶属于大功率用电器，其功率在 1000W左右，故B符合实际；
C、家庭电路的电压U＝220V，电视机功率约为P＝200W，
由P＝UI可得电视机正常工作时的电流约为I＝＝≈0.9A，故C不符合实际；
D、任何机械在工作过程中都有能量损失，所以机械效率都低于100%，故D不符合实际。
故选：B。
【点评】估测法是通过自己在生产和生活中的了解，结合物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速做出合理估测的方法。
4．如图所示的四种情景中，属于重力势能转化为动能的过程是（ ）
A．雨滴自由下落 B．滚摆减速上升
C．热气球匀速下落 D．火箭点火发射升空
【分析】动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
据此对照各个选项进行分析即可做出判断。
【解答】解：A、雨滴自由下落，质量不变，高度减小，重力势能减小；速度增大，动能增大，重力势能转化为动能；故A符合题意；
B、滚摆减速上升，质量不变，高度增大，重力势能增大；速度减小，动能减小，动能转化为重力势能；故B不合题意；
C、热气球匀速下落，质量不变，速度不变，动能不变；高度减小，重力势能减小；克服摩擦做功，一部分机械能转化为内能；故C不合题意；
D、火箭点火发射升空，质量不变，高度增加，重力势能变大；速度变大，动能变大，故D不合题意；
故选：A。
【点评】掌握动能和重力势能大小的影响因素，确定动能和势能的大小变化是解题的关键。
5．关于内能，有以下四个观点，你认为正确的是（ ）
①热机在做功冲程中内能转化为机械能
②物体温度越低，内能越小，所以0℃的物体没有内能
③两物体相互接触时，热量总是从内能大的物体转移到内能小的物体
④改变物体内能的方法有很多，但本质上只有做功和热传递两种方式
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
【分析】①内燃机的四个冲程中，压缩冲程活塞压缩燃料混合物做功，将机械能转化为内能；做功冲程高温高压的燃气推动活塞向下运动，将内能转化为机械能；
②内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，一切物体都有内能，内能的大小跟温度、质量、状态有关；
③热传递的条件是物体之间有温度差，高温物体将能量向低温物体传递，直至各物体温度相同；
④做功与热传递在改变物体的内能的效果上是等效的，但从能的转化观点来看它们的区别在于：做功是其他形式的能转化为内能，能量的形式没有变化；热传递则是内能在物体间发生转移。
【解答】解：
①做功冲程中高温高压的燃气推动活塞向下运动，将内能转化为机械能，故①正确；
②一切物体在任何温度下都具有内能，所以0℃的物体仍具有内能，故②错误；
③发生热传递的条件是：有温度差，所以内能可自动地从高温物体转移到低温物体，故③错误；
④改变物体内能的方法有很多，但本质上只有做功和热传递两种方式，它们在改变内能能达到相同的效果，故④正确。
故选：C。
【点评】本题是一道热学综合题，主要考查学生对内能、热传递的条件及改变物体内能方法的理解，是中招的热点，热学的重点。
6．如表列出了几种物质的比热容，下列说法正确的是（ ）
物质
比热容c/【J/（kg•℃）】
物质
比热容c/【J/（kg•℃）】
水
4.2×103
冰
2.1×103
酒精
2.4×103
铝
0.88×103
砂石
0.9×103
铜
0.39×103
A．物质的比热容与自身的状态无关
B．在阳光的照射下，相同质量的水和冰升温一样快
C．质量相等的铝和铜，降低相同温度，铝放出的热量多
D．因为水的比热容比较大，所以沿海地区的比内陆地区昼夜温差大
【分析】（1）比热容是物质的一种特性，同种物质状态不同比热容不同，不同物质的比热容一般不同，据此分析判断；
（2）由公式Q＝cm△t，可知质量相同的不同物质降低相同的温度，比热容大的放出的热量多；或质量相同的物质，吸收或放出相同的热量，比热容大的温度变化小。
【解答】解：
A、同种物质在不同状态下比热容不同，如水和冰比热容不同，即物质的比热容与自身的状态有关，故A错误；
B、水和冰比热容不同，在阳光的照射下，吸收的热量相同，根据Q＝cm△t知相同质量的水和冰，冰升温快，故B错误；
C、铜的比热容比铝的比热容小，由Q放＝cm△t可知，质量相等的铜块和铝块，降低相同的温度，铝块放出的热量一定多，故C正确；
D、因为水比沙石的比热容大，由Q吸＝cm△t可知，在吸收和放出相同的热量时，水的温度变化值更小，沙石的温度变化值大，所以沿海地区的比内陆地区昼夜温差小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对比热容概念、热量公式的掌握和运用，能从比热容表查出物质的比热容并知其意义是本题的关键。
7．如图所示电路中，电源电压保持不变，当变阻器滑片P向右移动时，电表示数变大的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】首先判定电路的连接方式，分析电表的作用；根据电阻的变化判定电表的变化。
【解答】解：
A、该电路为并联电路，电流表测量R0的电流，滑动变阻器在另一条支路中，滑动变阻器滑片移动时对另一条支路无影响，电流表示数不变，故A错误；
B、该电路为并联电路，电流表测量干路中的电流，滑动变阻器滑片向右移动，电阻变大，由欧姆定律可知通过变阻器的电流减小，通过另一条支路电流不变，故干路中的电流变小，故B错误；
C、该电路为串联电路，电压表测量R0的电压，滑动变阻器滑片向右移动，电阻变大，电流减小，根据U＝IR可知，电压表示数变小，故C错误；
D、该电路为串联电路，电压表测量滑动变阻器的电压，滑动变阻器滑片向右移动，电阻变大，电流减小，根据U＝IR可知，R0的电压变小，根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端电压变大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器和欧姆定律的应用，是一道较为简单的题目。
8．小明用如图所示电路测量小灯泡的电阻，连接好电路后闭合开关，小明发现移动滑动变阻器滑片P，小灯泡不发光，电压表示数为零，进一步观察并检查电路，发现电压表、电流表、导线及其连接均完好。针对此故障现象，他提出了如下猜想：
①小灯泡短路；
②小灯泡灯丝断了；
③滑动变阻器断路，根据故障现象可确定（ ）
A．小明猜想①是错误的
B．小明猜想②是错误的
C．小明猜想③是错误的
D．如果观察到电流表有示数，则猜想①是错误的
【分析】电路故障有两种：断路或短路：
（1）电流表没有示数，说明电路断路，电压表没有示数，说明断路位置在电压表并联电路之外；
（2）电流表有示数，说明电路不存在断路，电压表无示数，说明与电压表并联的电阻短路。
【解答】解：由图可知：灯泡和滑动变阻器串联，电流表测电路的电流，电压表测小灯泡两端的电压；小灯泡不发光，电压表示数为零，说明小灯泡短路，或者滑动变阻器断路。如果观察到电流表有示数，则故障是小灯泡短路。因此ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了学生用电压表和电流表判断电路故障，难度不大，掌握电压表和电流表判断故障的方法是解题的关键。
9．如图是通过A、B两个导体的电流与其两端电压关系的图象，下列说法正确的是（ ）
A．导体A 的电阻为 0.2Ω
B．导体A 和B 的电阻之比为 2：1
C．当在导体A 的两端加上 1V 的电压时，通过导体A 的电流为 0.1A
D．导体A 和B 并联时，通过导体A 和 B 的电流之比为 2：1
【分析】AB、由图象可得，当电压同为2V通过两导体的电流，根据欧姆定律求出两导体的电阻分析；
C、A导体两端电压是1V时，由欧姆定律求出通过其的电流大小；
D、根据并联电路电压的规律，根据I＝知，通过导体A 和 B 的电流之比等于电阻的反比。
【解答】解：
AB、由图象可知，通过导体A、B的电流都与其电压成正比，则AB都为定值电阻，当电压均为2V时，IA＝0.4A，IB＝0.2A，
由欧姆定律可得，导体A的电阻：
RA＝＝＝5Ω，故A错误；
导体B的电阻：
RB＝＝＝10Ω；
则导体A和B的电阻之比为：
5Ω：10Ω＝1：2，故B错误；
C、A导体两端电压是1V时，由欧姆定律可得，通过导体A 的电流为：
IA′＝＝＝0.2A，故C错误；
D、将A、B两导体并联时，根据并联电路电压的规律，两导体的电压相等，由I＝可知，通过导体A 和 B 的电流之比等于电阻的反比，即IA：IB＝RB：RA＝10Ω：5Ω＝2：1，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查并联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。
10．如图所示电路中，电源电压为12V．在a、b间接入“6V2W”灯L1，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P使灯L1正常发光。断开开关取下灯L1，保持滑片P的位置不变，在a、b间接入灯“6V3W”L2后闭合开关，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则（ ）
A．灯 L2 正常发光
B．滑动变阻器接入电路的电阻为 12Ω
C．通过灯L2 的电流为 0.4A
D．电流对滑动变阻器和灯 L2 每秒做功 5J
【分析】由图知，当a、b间接入灯泡时，灯泡与滑动变阻器串联；
（1）根据R＝分析两个灯泡电阻的不同，由分压原理分析灯的发光情况的变化；
（2）根据灯L1正常发光，由P＝UI求出电路中的电流，根据欧姆定律和串联电路的电流、电压规律求出滑动变阻器的电阻；
（3）根据R＝求出灯泡L2的电阻，根据电阻的串联和欧姆定律求出电流；
（4）根据W＝UIt求出功的大小。
【解答】解：由图知，当a、b间接入灯泡时，灯泡与滑动变阻器串联；
A、因两灯的额定电压相同，额定功率不同，根据P＝可知，两灯的电阻不同，
因灯L1正常发光时，其两端的电压为6V；保持滑片P的位置不变，接入灯L2时，因两灯的电阻不同，由串联分压原理可知，ab间的电压会发生变化，所以灯L2不会正常发光，故A错误；
B、根据P＝UI可得，灯L1正常发光时的电流为：I＝＝＝A；
根据串联电路电压的规律，滑动变阻器两端的电压为：U'＝U﹣U1＝12V﹣6V＝6V，
由欧姆定律可得，滑动变阻器接入电路的电阻为：R'＝＝＝18Ω，故B错误；
C、灯泡L2的电阻为：
R2＝＝＝12Ω；
接入灯L2时，根据电阻的串联，此时电路的总电阻为：
R＝R2+R'＝12Ω+18Ω＝30Ω，
此时电路中的电流为：
I''＝＝＝0.4A，故C正确；
D、此时电流对滑动变阻器和灯L2每秒做的功（即整个电路所做的功）：
W＝UI″t＝12V×0.4A×1s＝4.8J，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到电功率公式和欧姆定律、串联电路特点的应用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小
11．如图所示的电路中，R1、R2为定值电阻，电源电压不变，闭合开关S1、S2，两表均有示数，若闭合开关S1，断开开关S2，则（ ）
A．电流表的示数变小，电压表与电流表示数之比变小
B．电流表的示数变大，电压表与电流表示数之比变小
C．电流表的示数变小，电压表与电流表示数之比不变
D．电流表的示数变大，电压表与电流表示数之比变大
【分析】分析电路的连接，当闭合开关S1、S2，再断开S2，电路中串联了一个电阻，使总电阻增大，电路中电流变小；
根据欧姆定律分析电压表与电流表示数之比的变化。
【解答】解：
当闭合S1、S2时，R1被短路，电路中只有R2，电压表测量电源电压（也是测R2两端的电压），电流表测电路中的电流；
若闭合开关S1，断开开关S2，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；
再断开S2时，电路中多串联了一个电阻，电路的总电阻变大，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路中电流变小，即电流表的示数变小，故BD错误；
两次电压表均测量R2两端的电压，根据欧姆定律可知，电压表与电流表示数之比均为R2的电阻，所以该比值保持不变。故C正确，A错误。
故选：C。
【点评】本题通过开关的转换引起电路的变化，考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是电路的识别。
12．如图甲所示电路，电源电压不变，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器。闭合开关，将滑动变阻器滑片由一端移动到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示。则（ ）
A．定值电阻电压变化范围是 0﹣4.5V
B．定值电阻电功率变化了 6.75W
C．电路总电阻的最大值为 15Ω
D．电路总功率变化范围是 1.8W﹣6.4W
【分析】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
当R2接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，根据图象读出电路中的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压；当R2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，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，根据电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值，进一步求出电源的电压：
（1）根据串联电路电压的规律求出定值电阻电压的最小电压；
（2）根据对应的电流变化范围，由P＝I2R1求出定值电阻电功率变化量；根据P＝UI求出电路总功率变化范围是；
（3）当电路中的电流最小时，电路的总电阻最大，由欧姆定律求出电路总电阻的最大值。
【解答】解：
由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
当R2接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，
由图象可知，电路中的最大电流I大＝1.2A，
由I＝可得，电源的电压：U＝I大R1＝1.2A×R1，﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当R2接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，R2两端的电压最大，即电压表的示数最大，
由图象可知，电路中的最小电流I小＝0.3A，电压表的最大示数U2＝4.5V，
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＝I小R1+U2＝0.3A×R1+4.5V﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
因电源电压不变，则有：1.2A×R1＝0.3A×R1+4.5V，
解得：R1＝5Ω，
电源的电压：U＝I大R1＝1.2A×R1＝1.2A×5Ω＝6V；
（1）根据串联电路电压的规律，定值电阻两端的最小电压为：
U1小＝U﹣U2＝6V﹣4.5V＝1.5V，
当R2接入电路中的电阻为零时，定值电阻两端的最大电压为U1大＝U＝6V，
所以定值电阻电压变化范围是为1.5V﹣6V，故A错误；
（2）对应的电流变化范围是：0.3A﹣1.2A；
根据P＝I2R1可得，定值电阻电功率变化了：
△P＝P1′﹣P1＝I大2R1﹣I小2R1＝（1.2A）2×5Ω﹣（0.3A）2×5Ω＝6.75W，故B正确；
根据P＝UI可得，电路的最大功率：
P大＝UI大＝6V×1.2A＝7.2W，
电路的最小功率：
P小＝UI小＝6V×0.3A＝1.8W；
所以电路总功率变化范围是：1.8W﹣7.2W，故D错误；
（3）当电路中的电流最小时，电路的总电阻最大，
根据欧姆定律可得，电路总电阻的最大值为：
R大＝＝＝20Ω，故C错误。
故选：B。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据图象读出有用的信息，求出电源电压和R1的电阻值是关键。
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共28分）
13．（5分）如图是一个风力测定仪，O是转动轴，金属杆OC与圆弧AB接触良好，下面连着一块受风板，无风时OC是竖直的，金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个 滑动变阻器 ，由图可知风越大，接入电路的电阻越 小 ，开关S闭合时，电流越 大 ，小灯泡的亮度越 亮 ，受风板所受水平风力的力臂越 小 。
【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中电阻线的长度来改变电阻的；当电路中电阻改变时，根据欧姆定律可判断电路中电流的变化；当OC的偏离竖直方向的夹角发生变化时力臂也随着变化。
【解答】解：
（1）因为风一吹，OC杆能够在AB段圆弧形电阻上滑动，改变了接入电路中电阻的长度，从而改变了电阻，所以金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个滑动变阻器；
（2）由图可知，风越大，OC杆偏转的角度越大，该变阻器接入电路的电阻越小，开关S闭合时，电流越大，小灯泡的亮度越亮；
以O为支点，受风板所受水平风力的力臂L如图所示：
水平风力的力臂L＝OC×cosθ，因cosθ随θ的增大而减小，故水平风力的力臂L随风力的增大而减小。
故答案为：滑动变阻器；小；大；亮；小。
【点评】认识到金属杆OC与弧形电阻AB组合是一个滑动变阻器是解题的关键。
14．生活中室内各房间里电灯、电视机等用电器是 并 联的，该室内的电能表表盘如图所示，其读数为 1426.1 kW•h．若电能表上的铝盘转了150转，室内的用电器消耗了 1.8×105 J的电能。
【分析】（1）串联电路各用电器工作情况互相影响，并联电路各用电器工作情况互不影响；
（2）电能表是测量电路一段时间内消耗的电能的仪表，上面有五个数字窗口，最后一位是小数位，单位是kW•h；
（3）3000r/（kW•h）的含义是：电路中每消耗1kW•h的电能，铝盘转动3000r，据此求铝盘转150转消耗的电能。
【解答】解：
（1）生活中室内各房间里电灯、电视机等用电器，工作时互不影响，所以是并联的；
（2）电能表的最后一位是小数，可以看出电能表的示数为1426.1，单位是kW•h，故电能表的读数为1426.1kW•h；
（3）3000r/（kW•h）的含义是：电路中每消耗1kW•h的电能，铝盘转动3000r，
铝盘转150r消耗的电能：
W＝kW•h＝0.05kW•h＝0.05×3.6×106J＝1.8×105J。
故答案为：并；1426.1；1.8×105。
【点评】本题考查了串并联电路的特点、电能表的读数以及电能的计算，属于基础题目。
15．如图是某房间内采用“水地暖”进行取暖而铺设在地板下的管道。这种取暖方式利用热水在管道内循环流动，加热整个地板。地面是以 热传递 的方式向室内供暖的。利用水为媒介是因为这种物质具有 比热容 大的特性。某房间一段时间内循环流动的水质量为1000kg，进水温度为55℃，出水温度为40℃．这段时间里水向外放热 6.3×107 J．若这些能量由燃烧天然气来提供，至少需要消耗 1.575 kg的天然气。（已知c水＝4.2×103J/kg•℃，q天然气＝4×107J/kg）。
【分析】（1）改变内能的方式有两种，即做功和热传递；
（2）水的比热容比较大，质量相同、且降低相同的温度时，水释放的热量多；
（3）已知水的质量、水的初末温和水的比热容，利用放热公式可以求出水放出的热量；
（4）由图知，Q放＝Q吸，再利用Q放＝mq得需要天然气的质量。
【解答】解：
（1）“水地暖”取暖过程中，没有能量的转化，是通过热传递的方式改变物体内能的。
（2）“水地暖”以水为媒介，是因为水的比热容大，质量相同、且降低相同的温度时，水释放的热量多，取暖效果好；
（3）水放出的热量：
Q放＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1000kg×（55℃﹣40℃）＝6.3×107J；
（4）由图知，Q放＝Q吸＝6.3×107J，
由Q放＝m天然气q天然气得需要天然气的质量：
m天然气＝＝＝1.575kg。
故答案为：热传递；比热容；6.3×107；1.575。
【点评】本题考查改变内能的方法、水的比热容大的应用以及吸热公式和燃料完全燃烧放热公式的应用，属于基础题目。
16．用如图装置，在20s内将80N的水桶提升3m，拉力为50N，则拉力的功率为 15 W，该装置的机械效率是 80 %．若不计绳重和摩擦则动滑轮的重力为 20 N。
【分析】（1）先根据s＝2h求出绳子自由端移动的距离，然后根据W总＝Fs拉力做的总功，最后根据P＝求出拉力的功率；
（2）先根据W有＝Gh求出拉力做的有用功，然后利用η＝×100%求出该装置的机械效率；
（3）不计绳重及摩擦，根据F＝（G+G动）求出动滑轮的重力。
【解答】解：
绳子自由端移动的距离s＝2h＝2×3m＝6m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝50N×6m＝300J，
则拉力的功率：P＝＝＝15W。
拉力做的有用功：W有＝Gh＝80N×3m＝240J，
则该装置的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝80%。
不计绳重及摩擦，由F＝（G+G动）可得动滑轮的重力：
G动＝2F﹣G＝2×50N﹣80N＝20N。
故答案为：15；80；20。
【点评】本题考查了学生对有用功、总功、功率公式、机械效率公式、动滑轮s＝nh的理解和运用，已知条件已给出，难度不大。
17．小刚观察了市场上的“测重仪”后，画出了如图所示的原理图：A为托盘，P为金属滑片且固定在托盘下的轻质弹簧上，并能随轻质弹簧一起上下滑动，当托盘中不放物体时，P位于R的最上端。已知R0＝5Ω，R的最大阻值为25Ω，电源电压恒为3V．问：
（1）图中的质量表应该用什么电表改装？
（2）当开关S闭合，不称量物体时，通电5min电阻R消耗的电能是多少？
（3）当称量物体质量达到最大值时，R0消耗的功率是多少？
【分析】（1）根据质量表与电阻R、R0串联接入电路，可知质量表应用电流表改装的；物体越重，R接入电路的电阻越小，电流越大，“测重仪”的示数越大；
（2）不称量物体时，R与R0串联，由电源电压和总电阻求出电流，再根据W＝I2Rt求出电阻R消耗的电能；
（3）当称量物体质量达到最大值时，R没有接入电路中，R0两端电压为电源电压，根据P＝可求出R0消耗的功率。
【解答】解：（1）图中的质量表与电阻R、R0串联接入电路，所以是用电流表改装。
（2）当开关S闭合，不称量物体时，R0与R串联，
R总＝R+R0＝25Ω+5Ω＝30Ω，
此时电路中的电流I为：
I＝＝＝0.1A，
则R消耗的电能为：
W＝I2Rt＝（0.1A）2×25Ω×300S＝75J。
（3）当称量物体质量达到最大时，只有R0接入电路，则R0消耗的电功率P为：
P＝＝＝1.8W。
答：（1）图中的质量表应用电流表改装；
（2）电阻R消耗的电能是75J；
（3）R0消耗的电功率是1.8W。
【点评】本题考查了电功和电功率的计算，正确分析不称量物体时和称量物体质量达到最大值时电路连接是解题的关键。
18．（4分）如图所示，电源电压恒为6V，R1＝20Ω，R2＝30Ω，R3＝40Ω．只闭合S，电流表A1的示数为 0.1 A，电压表V1、V2示数之比为 3：1 。再闭合S1、S2，电流表A2示数为 0.5 A，电路中消耗总的电功率为 3 W。
【分析】（1）只闭合S，R1、R3串联，两电流表均测电路中的电流，电压表V1测电源电压，电压表V2测R1的电压；
根据电阻的串联和欧姆定律求出电流表A1的示数；
由欧姆定律求出电压表V2的示数，从而得出电压表V1、V2示数之比；
（2）再闭合S1、S2，R3短路，R1、R2并联，电流表A2测干路的总电流，
由欧姆定律求出此时通过R1的电流和R2的电流，根据并联电路电流的规律求出电流表A2示数；
根据P＝UI求出电路中消耗总的电功率。
【解答】解：
（1）只闭合S，R1、R3串联，两电流表均测电路中的电流，电压表V1测电源电压，电压表V2测R1的电压，则电压表V1的示数为6V；
根据电阻的串联和欧姆定律可得，电流表A1的示数为：
I1＝＝＝0.1A，
由欧姆定律可得，R1的电压即电压表V2的示数为：
U1＝I1R1＝0.1A×20Ω＝2V，
电压表V1、V2示数之比为6V：2V＝3：1；
（2）再闭合S1、S2，R3短路，R1、R2并联，电流表A2测干路的总电流，
此时通过R1的电流：
I1′＝＝＝0.3A；
通过R2的电流：
I2′＝＝＝0.2A；
根据并联电路电流的规律，电流表A2的示数：
I＝I1′+I2′＝0.3A+0.2A＝0.5A；
电路中消耗的总电功率为：
P＝UI＝6V×0.5A＝3W。
故答案为：0.1；3：1；0.5；3。
【点评】本题考查串联、并联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是电路的分析。
19．如图是某电动玩具车的工作原理示意图。已知电源电压恒为6V，R2的阻值为5Ω，电动机的额定功率为4W，额定电压为5V．开关S1和S2只能同时接“a”或同时接“b”，车前进时能调节电动机的转速，后退时则不能，则当开关S1和S2同时接a时，小车会 前进 （选填“前进”或“后退”）；当车后退时，电流表示数为0.4A，此时电动机的实际功率为 1.6 W；当电动机以额定功率工作时，车在水平路面上匀速前进的速度为2m/s，若此时电动机消耗的电能有75%转化为车前进的机械能，此时车受到的阻力是 1.5N 。
【分析】（1）电动机的转动方向和电流方向、磁场方向有关；转动速度和电路中的电流大小有关；
（2）根据欧姆定律求出电阻R2两端的电压，再求出电动机两端电压，再根据P＝UI求出电动机的功率；
（3）根据题意求出电动轮椅的机械功率，再根据P＝＝＝Fv求出牵引力，因为是匀速运动，所以阻力和牵引力是一对平衡力，大小相等。
【解答】解：
（1）由题可知，车前进时且能调速；
由电路图可知，开关S1和S2都接a时，滑动变阻器与电动机串联，则调节滑片可改变电路中的电流，从而改变电动机的转速，所以此时小车会前进。
（2）当电动玩具车后退时，开关S1、S2同时接b时，R2与电动机串联，
由欧姆定律可得，电阻R2两端的电压为：U2＝IR2＝0.4A×5Ω＝2V，
由串联电路的电压规律可知，电动机两端的电压为：UM＝U﹣U2＝6V﹣2V＝4V，
则电动机的实际功率为：P实＝UMI＝4V×0.4A＝1.6W；
（3）由题意可知，电动机的机械功率：
P机＝P额η＝4W×75%＝3W，
由P＝＝＝Fv可得，电动轮椅受到的牵引力：
F牵＝＝＝1.5N，
因为匀速运动，所以阻力f＝F牵＝1.5N。
故答案为：前进；1.6；1.5N。
【点评】此题主要考查的是学生对电动机转动方向和转速、欧姆定律、电功率计算公式及其变形公式的理解和掌握，难度较大。
20．电线除冰；在短时间内让输电线不经过用电器而直接接通，使电路 短路 ，输电线中的电流 增大 ，产生的热量 增多 ，从而可以除冰。
【分析】（1）导线不经过用电器直接跟电源两极连接，这样状态的电路叫短路，由欧姆定律，短路时的电流很大；
（2）根据焦耳定律分析解答。
【解答】解：（1）在短时间内让输电线不经过用电器而直接接通，使电路发生短路，输电线中的电流增大；
（2）根据Q＝I2Rt，在时间和电阻不变的条件下，产生的热量增多，冰会吸热而熔化，从而可以除冰。
故答案为：短路； 增大； 增多。
【点评】本题考查短路知识及焦耳定律的运用、体现了学以致用的理念。
三、解答题（本题共10小题，共48分）
21．（2分）手机自拍已成一种时尚。如图所示是使用自拍杆辅助手机进行自拍时的示意图，将自拍杆看作一个轻质杠杆，O点是支点。请在图中画出：
（1）施加在A点最小的动力F1
（2）力F2的力臂L2
【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离；当动力的力臂最大时，动力是最小的。
【解答】解：当AO之间的连线作为力臂时，力臂是最大的，此时的动力最小；力F2是由重力产生的，故阻力的方向是竖直向下的，从O点做该力的作用线的垂线，即为力臂，如图所示：
。
故答案为：如上图。
【点评】作力臂首先找到支点和力的作用线，再从支点向力的作用线引垂线，支点到垂足之间的距离为力臂的大小。
22．（2分）如图所示，站在地面上的小华借助滑轮组匀速提升重物，画出滑轮组的绕线方法。
【分析】在使用滑轮组提升重物时，既要考虑到它的省力情况，还应注意动力的施力方向。
【解答】解：对由一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组，可绕线方法有三股和四股两种，两种方法拉力的方向不同，有三股绕线的方法拉力方向向下；有四股绕线的方法拉力方向向上，根据题意小华站在地面上可知拉力方向向下，因此要从动滑轮绕起。如图所示：
【点评】此题考查了滑轮组的组装，滑轮组的绕线方法不同，拉力的方向不同，达到省力程度也不同。
23．（2分）请在如图的两个虚线框内填“电源“和“开关“的符号，并满足当开关都闭合时两灯组成并联电路。
【分析】开关跟用电器之间属于串联使用，要使开关都闭合时两灯组成并联电路，把开关和电灯看作一个整体后，它们的首跟首相连，尾跟尾相连。
【解答】解：由图可知把图中的开关和与其串联的电灯看作一个整体后，另一个电灯和下面的虚线框跟它并列连接，所以下面的虚线框为开关，上面的虚线框为电源，如图所示：
【点评】本题考查电路图的分析，关键是明白电路中各个用电器的连接方式。
24．（4分）在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）在没有挂钩码时杠杆的平衡位置如图甲所示，为了方便测量力臂要使杠杆在 水平 位置平衡，应将杠杆左端螺母向 右 边旋一些（选填“左”或“右”）
（2）调好后，小明按照图乙进行实验，若每个钩码质量相同为50g，则弹簧测力计示数为 1.2 N
（3）小明同学利用图丙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符，其原因是： 杠杆自重对实验结果有影响 。
【分析】（1）杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂；杠杆左端低右端高，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响；
（2）利用杠杆平衡条件F1L1＝F2L2计算即可；
（3）图丙中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响。
【解答】解：（1）为了方便测量力臂要使杠杆在水平位置平衡，因为杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，现在需要使杠杆重心右移，应将平衡螺母向右调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响；
（2）每个钩码质量相同为m＝50g，一个小格为L，
F1＝3mg，L1＝4L，L2＝5L，
杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，F2＝＝＝2.4mg＝2.4×50×10﹣3kg×10N/kg＝1.2N；
（3）图丙中，杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大。
故答案为：（1）水平；右；（2）1.2；（3）杠杆自重对实验结果有影响。
【点评】本题是探究杠杆平衡条件的实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
25．（5分）在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，小明同学设计了如图所示甲、乙、丙三次实验。让铁球从同一斜面上某处由静止开始向下运动，然后与放在水平面上的纸盒相碰，铁球与纸盒在水平面上共同移动一段距离后静止。
（1）要探究动能大小与物体质量的关系应选用 甲乙 两图所示实验；实验中应保证两小球从斜面到达水平面上时的 速度 相同，为了达到这一目的所采取的具体操作方法是 小球从斜面同一高度静止释放 。
（2）该实验是通过观察 纸盒被碰撞后移动的距离大小 来比较铁球动能的大小，从而得出结论的。
下面的三个实例中也采用这种研究方法的是 C 。
A．认识电压时，我们可以用水压来类比
B．保持电阻不变，改变电阻两端电压，探究电流与电压关系
C．探究影响重力势能大小的因素，用“桩”被打入沙的深度表示重力势能的大小
【分析】（1）动能的大小与物体的质量和速度有关，在探究过程中需用到控制变量法；
（2）实验中通过小球推动纸盒的距离来反映小球动能的大小，用到转换法；
【解答】解：（1）要探究动能大小与物体质量的关系，应使小球到达水平面的速度相同，质量不同，所以应用质量不同的小球从同一高度处由静止滚下，所以应选用甲乙两图。
（2）该实验是通过纸盒移动的距离来表示小球具有的能量大小，用到了转换法；
A、认识电压时，我们可以用水压来类比，用到了类比法；
B、保持电阻不变，改变电阻两端电压，探究电流与电压关系，用到的是控制变量法；
C．探究影响重力势能大小的因素，用“桩”被打人沙的深度表示重力势能的大小，属于转换法；
所以C符合题意。
故答案为：（1）甲乙；速度；小球从斜面同一高度静止释放；
（2）纸盒被碰撞后移动的距离大小；C。
【点评】（1）掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素。
（2）掌握动能和重力势能的相互转化。
（3）掌握做功的两个必要因素，并能判断是否做功。
26．（6分）在探究“影响电流热效应的因素”的实验中：
（1）图中的实验是通过观察 温度计示数 间接比较两个电阻丝产生的热量的多少。
（2）图中将两个电阻串联起来。就是为了控制 电流和通电时间 不变，探究电流产生的热量与 电阻 的关系。
（3）图中如果再增加一个 滑动变阻器和秒表 ，就可以多次改变电流从而探究电流产生的热量与电流大小的关系了。为了“探究不同物质吸热升温的现象”，应在两个烧瓶中换上 质量和初温 相等的水和煤油，同时还应该换上 相同的电阻 。
【分析】（1）电流产生的热量不能用眼睛直接观察，根据转换法，通过使质量和初温相同的同种液体液体吸热，比较升高的温度大小（△t＝）来显示产生的热量多少。
（2）串联电路各处的电流都相等，根据Q＝I2Rt，电流产生的热量与电流大小、电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外的两个因素相同；
（3）探究电流产生的热量与电流大小的关系，根据控制变量法分析要控制不变的量和改变的量结合变阻器的作用分析；
为探究不同物质吸热升温的现象，要使相同质量的不同物质吸收相同的热量（根据Q＝I2Rt，结合串联电路电流的规律分析），比较温度的变化。
【解答】解：（1）电流通过电阻丝产生的热量多少不能直接判断，可通过观察温度计示数间接比较两个电阻丝产生的热量的多少。
（2）串联电路各处电流都相等，两电阻串联，目的是使电流和通电时间相同，根据控制变量法可研究电流产生的热量与电阻大小的关系；
（3）研究电流产生热量与电流大小关系时，要保持电阻（将同一烧瓶中电阻丝作为研究对象）和通电时间一定，只改变电路中的电流大小，所以要在电路中串联一个滑动变阻器改变电流的大小，通过秒表控制通电时间相同；
为探究不同物质吸热升温的现象，要使相同质量的不同物质吸收相同的热量；因串联电路各处的电流相等，通过时间相同，根据Q＝I2Rt，只有控制电阻相等即可达到产生的热量相同，故同时还应该换上相同的电阻。
故答案为：（1）温度计示数；（2）电流和通电时间；电阻；（3）滑动变阻器和秒表；质量和初温；相同的电阻。
【点评】本题影响电流热效应的因素，考查控制变量法、转换法、串联电路电流的规律、改变电流的方法，同时与考查了探究不同物质吸热升温的现象及焦耳定律的运用，综合性强。
27．（6分）小明在探究“电流与电阻的关系”的实验中：
（1）连接电路时，开关应 断开 。滑动变阻器的滑片P置于最 右 （选填“左”或“右”）端。
（2）在此实验中，为达到实验目的。每次应更换 电阻大小 ，并移动滑动变阻器的滑片P，改变其连入电路的阻值，目的是使 电压表示数 不变。
（3）定值电阻R由5Ω换成10Ω时，接下来滑动变阻器的滑片应向 右 （选填“左”或“右”）调节：若电源电压为4.5V，R的可选最大电阻为20Ω，为保证电阻R两端的电压为2V，滑动变阻器R’阻值应不小于 25 Ω。
【分析】（1）连接电路时，为保护电路，开关应断开，滑动变阻器的滑片P置于阻值最大处；
（2）探究“电流与电阻的关系”，要控制电阻电压不变，改变电阻大小记下对应的电流大小；
（3）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入20Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
【解答】解：（1）连接电路时，开关应断开。滑动变阻器的滑片P置于阻值最大处，即最右端。
（2）探究“电流与电阻的关系”，要控制电阻电压不变，改变电阻大小记下对应的电流大小，即为达到实验目的，每次应更换电阻大小，并移动滑动变阻器的滑片P，改变其连入电路的阻值，目的是使电压表示数不变。
（3）根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为2V；
电阻两端的电压始终保持：
UV＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣2V＝2.5V，
变阻器分得的电压为电压表示数的＝1.25倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑＝1.25×20Ω＝25Ω，
故为了完成整个实验，滑动变阻器R′阻值应不小于25Ω。
故答案为：（1）断开；右；（2）电阻大小；电压表示数；（3）右；25。
【点评】本题探究“电流与电阻的关系”，考查注意事项、控制变量法、操作过程和对器材的要求。
28．（7分）小明同学利用图甲所示的器材测量小灯泡的电功率，实验中电源电压保持不变，滑动变阻器的规格为“100Ω，0.5A”，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线代替导线将实物电路图连接完整。
（2）闭合开关，移动滑动变组器滑片使小灯泡正常发光，电流表的示数如乙图所示，则小灯泡的额定电流是 0.28 A，额定功率是 0.7 W。
（3）小明继续进行实验，记录的部分数据如下表所示，其中有一组数据明显存在错误，这组数据是 ① （填序号）。
实验序号
①
②
③
U/V
1.3
2.1
3.0
I/A
0.12
0.26
0.30
（4）完成上述实验后，小明打算增加一个阻值已知的定值电阻R0，只利用一只电表来测量另一只额定电压为3.8V小灯泡的额定功率，下列图中是小明设计的四种不同方案的电路图。其中能够测出小灯泡额定功率的有 B、C （选填序号）
【分析】（1）根据灯的额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联，由表中数据，电流表选用小量程与灯串联；
（2）根据电流表选用小量程分度值读数，根据P＝UI求小灯泡额定功率；
（3）灯的电阻随温度的增大而增大；
由欧姆定律I＝，由表中数据分别求出4次实验的电阻大小分别找出不符合这个规律的实验；
（4）AB、在只有电压表的情况下，首先通过开关的转换，电压表能测灯的电压，判断灯正常发光，然后根据串联电路的规律和欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI 求出灯泡额定功率；
C、分析电路的连接、在只有电流表的情况下，定值电阻和电流表可起到测量电压的作用，通过开关的转换，测算出灯的额定电流，根据P＝UI 求出灯泡额定功率；
D、图中只有电流表，通过开关的转换，定值电阻与灯分别与变阻器串联，无法确定灯是否正常发光。
【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为2.5V，根据表中电流大小，电压表选用小量程与灯并联，电流表选用小量程与灯串联，如下所示：
（2）闭合开关，移动滑动变组器滑片使小灯泡正常发光，电流表的示数如乙图所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则小灯泡的额定电流是0.28A，额定功率是：
P＝UI＝2.5V×0.28A＝0.7W。
（3）通过灯的电流随电压的增大而变大，根据P＝UI，灯的功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻变大，即灯的电阻随电压的增大而增大；
由欧姆定律I＝，故R＝，由表中数据知，3次实验的电阻大小分别为：R1＝10.8Ω、R2＝8.1Ω、R3＝10.0Ω，而表中灯的电压大小关系：U3＞U2＞U1，第1次灯的电阻却为最大，不符合这个规律，故这组数据是①；
（4）A、定值电阻与灯串联，电路中只有电压表，只闭合S2，电表测定值电阻的电压；
当只闭合S1时，电压表测灯与定值电阻的电压，无法确定灯是否正常发光，故A选项不可行；
B、只闭合S2，移动变阻器的滑片，使电压表示数为2V，则灯正常发光；
保持滑片位置不动，闭合S1，断开合S2，记下电压表的示数U1，
此时电压表测R0与灯的电压，因电路的连接没有改变，各电阻的大小和电压没有改变，灯仍正常发光，由串联电路电压的规律，R0的电压U0＝U1﹣2V，通过R0的电流，即灯的额定电流：
I＝，根据P＝UI可求灯的额定功率；故B选项可以；
C、将S2往右上方打，灯与R0并联，电流表测通过R0的电流，移动滑片使电流表示数为：
I＝＝，根据并联电路电压的规律，则灯的电压一定为2V，灯正常发光；
保持滑片位置不动，将S2往左下方打，记下电流表示数I′，即为灯与定值的总电流，因电路的连接没有改变，各电阻的大小和电压没有改变，通过灯与定值电阻的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流IL＝I′﹣，
根据P＝UI可求灯的额定功率；故C选项可以；
D、图中只有电流表，通过开关的转换，定值电阻与灯分别与变阻器串联，无法确定灯是否正常发光，
故D选项不可行；
故选BC。
故答案为：（1）如上所示；（2）0.28； 0.7；
（3）①；
（4）B、C。
【点评】本题测量这个小灯泡的额定功率，考查器材的选择、故障的分析、电流表读数及对设计实验方案的评估，难度较大。
29．（6分）某品牌汽车的一些参数如下表所示，若车满载货物匀速行驶100km消耗燃油20L，货车受到的阻力是车重的0.08倍，该车满载货物后在平直的公路上匀速行驶1000m，在此过程中：
品牌型号
东风 XX
外形尺寸
5×1.9×23（m）
变速箱
A85
空车质量
1.5t
最高车速
120km/h
满载时载货
质量
2.5t
燃油热值
5×10 7J/kg
燃油密度
0.8×10 3kg/m3
（1）燃油完全燃烧放出的热量是 8×106 J。
（2）牵引力所做的功。
【分析】（1）由表格数据可知，货车满载百公里油耗为20L，即货车行驶100km消耗燃油20L，从而得出货车行驶1000m消耗的燃油，根据ρ＝求出燃油的质量，再根据Q放＝mq求出燃油完全燃烧放出的热量；
（2）先求出满载货物时货车的质量，根据G＝mg求出货车的重力，进而得出货车受到的阻力，再根据二力平衡条件可知，求出该货车的牵引力。
【解答】解：（1）由表格数据可知，货车满载百公里油耗为20L，
即货车行驶100km＝100000m消耗燃油的体积：V燃油＝20L＝20dm3＝0.02m3，
该车满载货物后在平直的公路上匀速行驶1000m，消耗燃油的体积：V燃油′＝0.0002m3
在此过程中，
由ρ＝得，消耗燃油的质量：
m燃油＝ρ燃油V燃油′＝0.8×103kg/m3×0.0002m3＝0.16kg，
燃油完全燃烧放出的热量：
Q放＝m燃油q燃油＝0.16kg×5×107J/kg＝8×106J。
（2）满载货物时货车的总质量：m＝m车+m货＝1.5t+2.5t＝4t＝4×103kg，
货车的总重力：G＝mg＝4×103kg×10N/kg＝4×104N，
由题意知，货车受到的阻力：f＝0.08G＝0.08×4×104N＝3.2×103N，
因为该车满载货物后在平直的公路上匀速行驶，
所以，根据二力平衡条件可知，该货车的牵引力：F＝f＝3.2×103N。
牵引力所做的功：W＝Fs＝3.2×103N×1000m＝3.2×106J。
故答案为：（1）8×106；
（2）牵引力所做的功为3.2×106J。
【点评】本题主要考查重力公式、二力平衡条件、功的公式、密度公式、燃料完全燃烧放热公式的掌握和应用，熟练应用相关公式即可正确解题，难度不大。
30．（7分）如图甲是家用电吹风的工作原理图，R为电阻丝，电吹风工作时可以吹出热风也可以吹出凉风，则：
（1）某次用该电吹风将头发吹干的过程中，电吹风的功率随时间的变化关系如图乙所示，则在该次吹干头发过程中电吹风消耗的总电能是 1.3×104 J。
（2）吹热风时，电热丝的电阻值是多少Ω？
（3）使用几年后，再次将该电吹风接在220V电源上，测出其热风档的功率为550W，若保持电动机的功率保持不变，为了使该电吹风的热风档功率仍为600W，小明通过计算后在原电吹风的电路中连接一根阻值合适的电阻丝，请你在图甲电路中接上该电阻丝并标出它的阻值。
【分析】（1）首先由图象得出吹热风和吹凉风时的功率和时间，然后根据W＝Pt分别计算出电吹风工作时吹热风和吹凉风时消耗的电能，求其和即可。
（3）根据功率随时间的图象计算电热丝的功率，然后利用P＝UI＝求出电阻。
（4）根据用P＝和串联、并联电阻的规律，要并联一个电阻丝；
求出并联电阻的电功率，根据R＝得出并联电阻的大小，并画出电路图。
【解答】解：
（l）根据功率随时间的变化关系图象可知：
P热＝600W，t1＝20s；
P凉＝100W，t2＝30s﹣20s＝10s，
在该次吹干头发过程中电吹风消耗的总电能：
W总＝W热+W冷＝P热t1+P凉t2＝600W×20s+100W×10s＝1.3×104J；
（3）吹热风时电动机和电阻丝同时工作（并联），吹冷风时只有电动机工作，
则电热丝的功率为：
P＝P热﹣P凉＝600W﹣100W＝500W，
根据P＝UI＝可得，电热丝的电阻为：
R＝＝＝96.8Ω。
（4）由题知，此时热风档的功率小于原来热风档的功率，且保持电动机的功率保持不变，为恢复电热吹风机的铭牌功率，应增大电阻丝消耗的电功率；
因并联电路电阻越并越小、小于任何一个分电阻，串联电路电阻越串越大、大于任何一个分电阻，
所以由P＝可知，为恢复电热吹风机的铭牌功率，应与电热丝并联一段新电阻丝，设并联一个R′的电阻丝，则其电功率应为：P′＝600W﹣550W＝50W，
则R′＝＝＝968Ω。
如下图所示：
故答案为：（1）1.3×104；
（2）吹热风时，电热丝的电阻值是 96.8Ω；
（3）将另一根电阻丝与电动机并联，如上图所示。
【点评】本题考查电功率、电功公式的运用和欧姆定律的应用，关键是从题中获取有效的信息。
江苏省2021-2022学年九年级（上）期末物理复习试卷（1）
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）
1．如图所示的生活用具，在使用中属于费力杠杆的是（ ）
A． B． C． D．
2．下图所示的几种情况，人对物体做了功的是（ ）
A．拉车向前运动
B．搬而未动
C．学生背着书包水平匀速前进
D．将杠铃举着静止不动
3．下列数据中符合生活实际的是（ ）
A．一个中学生从一楼走到三楼克服自身重力所做的功约为 300J
B．家用电水壶的功率约为 1000W
C．家用电视机正常工作时的电流约为 5A
D．一个机械经过改进后其机械效率可以达到 100%
4．如图所示的四种情景中，属于重力势能转化为动能的过程是（ ）
A．雨滴自由下落 B．滚摆减速上升
C．热气球匀速下落 D．火箭点火发射升空
5．关于内能，有以下四个观点，你认为正确的是（ ）
①热机在做功冲程中内能转化为机械能
②物体温度越低，内能越小，所以0℃的物体没有内能
③两物体相互接触时，热量总是从内能大的物体转移到内能小的物体
④改变物体内能的方法有很多，但本质上只有做功和热传递两种方式
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
6．如表列出了几种物质的比热容，下列说法正确的是（ ）
物质
比热容c/【J/（kg•℃）】
物质
比热容c/【J/（kg•℃）】
水
4.2×103
冰
2.1×103
酒精
2.4×103
铝
0.88×103
砂石
0.9×103
铜
0.39×103
A．物质的比热容与自身的状态无关
B．在阳光的照射下，相同质量的水和冰升温一样快
C．质量相等的铝和铜，降低相同温度，铝放出的热量多
D．因为水的比热容比较大，所以沿海地区的比内陆地区昼夜温差大
7．如图所示电路中，电源电压保持不变，当变阻器滑片P向右移动时，电表示数变大的是（ ）
A． B． C． D．
8．小明用如图所示电路测量小灯泡的电阻，连接好电路后闭合开关，小明发现移动滑动变阻器滑片P，小灯泡不发光，电压表示数为零，进一步观察并检查电路，发现电压表、电流表、导线及其连接均完好。针对此故障现象，他提出了如下猜想：
①小灯泡短路；
②小灯泡灯丝断了；
③滑动变阻器断路，根据故障现象可确定（ ）
A．小明猜想①是错误的 B．小明猜想②是错误的
C．小明猜想③是错误的 D．如果观察到电流表有示数，则猜想①是错误的
9．如图是通过A、B两个导体的电流与其两端电压关系的图象，下列说法正确的是（ ）
A．导体A 的电阻为 0.2Ω
B．导体A 和B 的电阻之比为 2：1
C．当在导体A 的两端加上 1V 的电压时，通过导体A 的电流为 0.1A
D．导体A 和B 并联时，通过导体A 和 B 的电流之比为 2：1
10．如图所示电路中，电源电压为12V．在a、b间接入“6V2W”灯L1，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P使灯L1正常发光。断开开关取下灯L1，保持滑片P的位置不变，在a、b间接入灯“6V3W”L2后闭合开关，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则（ ）
A．灯 L2 正常发光
B．滑动变阻器接入电路的电阻为 12Ω
C．通过灯L2 的电流为 0.4A
D．电流对滑动变阻器和灯 L2 每秒做功 5J
11．如图所示的电路中，R1、R2为定值电阻，电源电压不变，闭合开关S1、S2，两表均有示数，若闭合开关S1，断开开关S2，则（ ）
A．电流表的示数变小，电压表与电流表示数之比变小
B．电流表的示数变大，电压表与电流表示数之比变小
C．电流表的示数变小，电压表与电流表示数之比不变
D．电流表的示数变大，电压表与电流表示数之比变大
12．如图甲所示电路，电源电压不变，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器。闭合开关，将滑动变阻器滑片由一端移动到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示。则（ ）
A．定值电阻电压变化范围是 0﹣4.5V
B．定值电阻电功率变化了 6.75W
C．电路总电阻的最大值为 15Ω
D．电路总功率变化范围是 1.8W﹣6.4W
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共28分）
13．如图是一个风力测定仪，O是转动轴，金属杆OC与圆弧AB接触良好，下面连着一块受风板，无风时OC是竖直的，金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个 ，由图可知风越大，接入电路的电阻越 ，开关S闭合时，电流越 ，小灯泡的亮度越 ，受风板所受水平风力的力臂越 。
14．生活中室内各房间里电灯、电视机等用电器是 联的，该室内的电能表表盘如图所示，其读数为 kW•h．若电能表上的铝盘转了150转，室内的用电器消耗了 J的电能。
15．如图是某房间内采用“水地暖”进行取暖而铺设在地板下的管道。这种取暖方式利用热水在管道内循环流动，加热整个地板。地面是以 的方式向室内供暖的。利用水为媒介是因为这种物质具有 大的特性。某房间一段时间内循环流动的水质量为1000kg，进水温度为55℃，出水温度为40℃．这段时间里水向外放热 J．若这些能量由燃烧天然气来提供，至少需要消耗 kg的天然气。（已知c水＝4.2×103J/kg•℃，q天然气＝4×107J/kg）。
16．用如图装置，在20s内将80N的水桶提升3m，拉力为50N，则拉力的功率为 W，该装置的机械效率是 %．若不计绳重和摩擦则动滑轮的重力为 N。
17．小刚观察了市场上的“测重仪”后，画出了如图所示的原理图：A为托盘，P为金属滑片且固定在托盘下的轻质弹簧上，并能随轻质弹簧一起上下滑动，当托盘中不放物体时，P位于R的最上端。已知R0＝5Ω，R的最大阻值为25Ω，电源电压恒为3V．问：
（1）图中的质量表应该用什么电表改装？
（2）当开关S闭合，不称量物体时，通电5min电阻R消耗的电能是多少？
（3）当称量物体质量达到最大值时，R0消耗的功率是多少？
18．如图所示，电源电压恒为6V，R1＝20Ω，R2＝30Ω，R3＝40Ω．只闭合S，电流表A1的示数为 A，电压表V1、V2示数之比为 。再闭合S1、S2，电流表A2示数为 A，电路中消耗总的电功率为 W。
19．如图是某电动玩具车的工作原理示意图。已知电源电压恒为6V，R2的阻值为5Ω，电动机的额定功率为4W，额定电压为5V．开关S1和S2只能同时接“a”或同时接“b”，车前进时能调节电动机的转速，后退时则不能，则当开关S1和S2同时接a时，小车会 （选填“前进”或“后退”）；当车后退时，电流表示数为0.4A，此时电动机的实际功率为 W；当电动机以额定功率工作时，车在水平路面上匀速前进的速度为2m/s，若此时电动机消耗的电能有75%转化为车前进的机械能，此时车受到的阻力是 。
20．电线除冰；在短时间内让输电线不经过用电器而直接接通，使电路 ，输电线中的电流 ，产生的热量 ，从而可以除冰。
三、解答题（本题共10小题，共48分）
21．（2分）手机自拍已成一种时尚。如图所示是使用自拍杆辅助手机进行自拍时的示意图，将自拍杆看作一个轻质杠杆，O点是支点。请在图中画出：
（1）施加在A点最小的动力F1
（2）力F2的力臂L2
22．（2分）如图所示，站在地面上的小华借助滑轮组匀速提升重物，画出滑轮组的绕线方法。
23．（2分）请在如图的两个虚线框内填“电源“和“开关“的符号，并满足当开关都闭合时两灯组成并联电路。
24．（4分）在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）在没有挂钩码时杠杆的平衡位置如图甲所示，为了方便测量力臂要使杠杆在 位置平衡，应将杠杆左端螺母向 边旋一些（选填“左”或“右”）
（2）调好后，小明按照图乙进行实验，若每个钩码质量相同为50g，则弹簧测力计示数为
N
（3）小明同学利用图丙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符，其原因是： 。
25．（5分）在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，小明同学设计了如图所示甲、乙、丙三次实验。让铁球从同一斜面上某处由静止开始向下运动，然后与放在水平面上的纸盒相碰，铁球与纸盒在水平面上共同移动一段距离后静止。
（1）要探究动能大小与物体质量的关系应选用 两图所示实验；实验中应保证两小球从斜面到达水平面上时的 相同，为了达到这一目的所采取的具体操作方法是 。
（2）该实验是通过观察 来比较铁球动能的大小，从而得出结论的。
下面的三个实例中也采用这种研究方法的是 。
A．认识电压时，我们可以用水压来类比
B．保持电阻不变，改变电阻两端电压，探究电流与电压关系
C．探究影响重力势能大小的因素，用“桩”被打入沙的深度表示重力势能的大小
26．（6分）在探究“影响电流热效应的因素”的实验中：
（1）图中的实验是通过观察 间接比较两个电阻丝产生的热量的多少。
（2）图中将两个电阻串联起来。就是为了控制 不变，探究电流产生的热量与 的关系。
（3）图中如果再增加一个 ，就可以多次改变电流从而探究电流产生的热量与电流大小的关系了。为了“探究不同物质吸热升温的现象”，应在两个烧瓶中换上 相等的水和煤油，同时还应该换上 。
27．（6分）小明在探究“电流与电阻的关系”的实验中：
（1）连接电路时，开关应 。滑动变阻器的滑片P置于最 （选填“左”或“右”）端。
（2）在此实验中，为达到实验目的。每次应更换 ，并移动滑动变阻器的滑片P，改变其连入电路的阻值，目的是使 不变。
（3）定值电阻R由5Ω换成10Ω时，接下来滑动变阻器的滑片应向 （选填“左”或“右”）调节：若电源电压为4.5V，R的可选最大电阻为20Ω，为保证电阻R两端的电压为2V，滑动变阻器R’阻值应不小于 Ω。
28．（7分）小明同学利用图甲所示的器材测量小灯泡的电功率，实验中电源电压保持不变，滑动变阻器的规格为“100Ω，0.5A”，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线代替导线将实物电路图连接完整。
（2）闭合开关，移动滑动变组器滑片使小灯泡正常发光，电流表的示数如乙图所示，则小灯泡的额定电流是 A，额定功率是 W。
（3）小明继续进行实验，记录的部分数据如下表所示，其中有一组数据明显存在错误，这组数据是 （填序号）。
实验序号
①
②
③
U/V
1.3
2.1
3.0
I/A
0.12
0.26
0.30
（4）完成上述实验后，小明打算增加一个阻值已知的定值电阻R0，只利用一只电表来测量另一只额定电压为3.8V小灯泡的额定功率，下列图中是小明设计的四种不同方案的电路图。其中能够测出小灯泡额定功率的有 （选填序号）
29．（6分）某品牌汽车的一些参数如下表所示，若车满载货物匀速行驶100km消耗燃油20L，货车受到的阻力是车重的0.08倍，该车满载货物后在平直的公路上匀速行驶1000m，在此过程中：
品牌型号
东风 XX
外形尺寸
5×1.9×23（m）
变速箱
A85
空车质量
1.5t
最高车速
120km/h
满载时载货质量
2.5t
燃油热值
5×10 7J/kg
燃油密度
0.8×10 3kg/m3
（1）燃油完全燃烧放出的热量是 J。
（2）牵引力所做的功。
30．（7分）如图甲是家用电吹风的工作原理图，R为电阻丝，电吹风工作时可以吹出热风也可以吹出凉风，则：
（1）某次用该电吹风将头发吹干的过程中，电吹风的功率随时间的变化关系如图乙所示，则在该次吹干头发过程中电吹风消耗的总电能是 J。
（2）吹热风时，电热丝的电阻值是多少Ω？
（3）使用几年后，再次将该电吹风接在220V电源上，测出其热风档的功率为550W，若保持电动机的功率保持不变，为了使该电吹风的热风档功率仍为600W，小明通过计算后在原电吹风的电路中连接一根阻值合适的电阻丝，请你在图甲电路中接上该电阻丝并标出它的阻值。
答案与解析
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）
A． B． C． D．
【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：
A、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
B、扳手在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
C、核桃钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
D、夹子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。
故选：D。
【点评】杠杆根据其省力情况可以分为三类：动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆；动力臂小于阻力臂的杠杆为费力杠杆；动力臂等于阻力臂的杠杆为等臂杠杆。
2．下图所示的几种情况，人对物体做了功的是（ ）
A．拉车向前运动
B．搬而未动
C．学生背着书包水平匀速前进
D．将杠铃举着静止不动
【分析】做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。二者缺一不可。
【解答】解：A、人给小车一个向前的拉力作用，小车在拉力作用下向前移动了距离，人对小车做功，A符合题意。
B、搬石头时，人给石头一个力的作用，石头在力的作用下没有移动距离，人对石头没有做功，B不符合题意。
C、学生背着书包水平匀速前进，学生给书包一个向上的力，但书包向上没有移动距离，人对书包没有做功，C不符合题意。
D、运动员将杠铃举起后不动，运动员给杠铃一个向上的力，杠铃向上没有移动距离，人对杠铃没有做功，D不符合题意。
故选：A。
【点评】有力有距离，力对物体不一定做功，要使力对物体做功，物体移动的距离一定是在力的方向上通过的。
3．下列数据中符合生活实际的是（ ）
A．一个中学生从一楼走到三楼克服自身重力所做的功约为 300J
B．家用电水壶的功率约为 1000W
C．家用电视机正常工作时的电流约为 5A
D．一个机械经过改进后其机械效率可以达到 100%
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：
A、中学生的体重约为500N，从一楼走到三楼上升的高度为h＝2×3m＝6m，
该同学登楼做的功W＝Gh＝500N×6m＝3000J，故A不符合实际；
B、家用电水壶属于大功率用电器，其功率在 1000W左右，故B符合实际；
C、家庭电路的电压U＝220V，电视机功率约为P＝200W，
由P＝UI可得电视机正常工作时的电流约为I＝＝≈0.9A，故C不符合实际；
D、任何机械在工作过程中都有能量损失，所以机械效率都低于100%，故D不符合实际。
故选：B。
【点评】估测法是通过自己在生产和生活中的了解，结合物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速做出合理估测的方法。
4．如图所示的四种情景中，属于重力势能转化为动能的过程是（ ）
A．雨滴自由下落 B．滚摆减速上升
C．热气球匀速下落 D．火箭点火发射升空
【分析】动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
据此对照各个选项进行分析即可做出判断。
【解答】解：A、雨滴自由下落，质量不变，高度减小，重力势能减小；速度增大，动能增大，重力势能转化为动能；故A符合题意；
B、滚摆减速上升，质量不变，高度增大，重力势能增大；速度减小，动能减小，动能转化为重力势能；故B不合题意；
C、热气球匀速下落，质量不变，速度不变，动能不变；高度减小，重力势能减小；克服摩擦做功，一部分机械能转化为内能；故C不合题意；
D、火箭点火发射升空，质量不变，高度增加，重力势能变大；速度变大，动能变大，故D不合题意；
故选：A。
【点评】掌握动能和重力势能大小的影响因素，确定动能和势能的大小变化是解题的关键。
5．关于内能，有以下四个观点，你认为正确的是（ ）
①热机在做功冲程中内能转化为机械能
②物体温度越低，内能越小，所以0℃的物体没有内能
③两物体相互接触时，热量总是从内能大的物体转移到内能小的物体
④改变物体内能的方法有很多，但本质上只有做功和热传递两种方式
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
【分析】①内燃机的四个冲程中，压缩冲程活塞压缩燃料混合物做功，将机械能转化为内能；做功冲程高温高压的燃气推动活塞向下运动，将内能转化为机械能；
②内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，一切物体都有内能，内能的大小跟温度、质量、状态有关；
③热传递的条件是物体之间有温度差，高温物体将能量向低温物体传递，直至各物体温度相同；
④做功与热传递在改变物体的内能的效果上是等效的，但从能的转化观点来看它们的区别在于：做功是其他形式的能转化为内能，能量的形式没有变化；热传递则是内能在物体间发生转移。
【解答】解：
①做功冲程中高温高压的燃气推动活塞向下运动，将内能转化为机械能，故①正确；
②一切物体在任何温度下都具有内能，所以0℃的物体仍具有内能，故②错误；
③发生热传递的条件是：有温度差，所以内能可自动地从高温物体转移到低温物体，故③错误；
④改变物体内能的方法有很多，但本质上只有做功和热传递两种方式，它们在改变内能能达到相同的效果，故④正确。
故选：C。
【点评】本题是一道热学综合题，主要考查学生对内能、热传递的条件及改变物体内能方法的理解，是中招的热点，热学的重点。
6．如表列出了几种物质的比热容，下列说法正确的是（ ）
物质
比热容c/【J/（kg•℃）】
物质
比热容c/【J/（kg•℃）】
水
4.2×103
冰
2.1×103
酒精
2.4×103
铝
0.88×103
砂石
0.9×103
铜
0.39×103
A．物质的比热容与自身的状态无关
B．在阳光的照射下，相同质量的水和冰升温一样快
C．质量相等的铝和铜，降低相同温度，铝放出的热量多
D．因为水的比热容比较大，所以沿海地区的比内陆地区昼夜温差大
【分析】（1）比热容是物质的一种特性，同种物质状态不同比热容不同，不同物质的比热容一般不同，据此分析判断；
（2）由公式Q＝cm△t，可知质量相同的不同物质降低相同的温度，比热容大的放出的热量多；或质量相同的物质，吸收或放出相同的热量，比热容大的温度变化小。
【解答】解：
A、同种物质在不同状态下比热容不同，如水和冰比热容不同，即物质的比热容与自身的状态有关，故A错误；
B、水和冰比热容不同，在阳光的照射下，吸收的热量相同，根据Q＝cm△t知相同质量的水和冰，冰升温快，故B错误；
C、铜的比热容比铝的比热容小，由Q放＝cm△t可知，质量相等的铜块和铝块，降低相同的温度，铝块放出的热量一定多，故C正确；
D、因为水比沙石的比热容大，由Q吸＝cm△t可知，在吸收和放出相同的热量时，水的温度变化值更小，沙石的温度变化值大，所以沿海地区的比内陆地区昼夜温差小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对比热容概念、热量公式的掌握和运用，能从比热容表查出物质的比热容并知其意义是本题的关键。
7．如图所示电路中，电源电压保持不变，当变阻器滑片P向右移动时，电表示数变大的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】首先判定电路的连接方式，分析电表的作用；根据电阻的变化判定电表的变化。
【解答】解：
A、该电路为并联电路，电流表测量R0的电流，滑动变阻器在另一条支路中，滑动变阻器滑片移动时对另一条支路无影响，电流表示数不变，故A错误；
B、该电路为并联电路，电流表测量干路中的电流，滑动变阻器滑片向右移动，电阻变大，由欧姆定律可知通过变阻器的电流减小，通过另一条支路电流不变，故干路中的电流变小，故B错误；
C、该电路为串联电路，电压表测量R0的电压，滑动变阻器滑片向右移动，电阻变大，电流减小，根据U＝IR可知，电压表示数变小，故C错误；
D、该电路为串联电路，电压表测量滑动变阻器的电压，滑动变阻器滑片向右移动，电阻变大，电流减小，根据U＝IR可知，R0的电压变小，根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端电压变大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器和欧姆定律的应用，是一道较为简单的题目。
8．小明用如图所示电路测量小灯泡的电阻，连接好电路后闭合开关，小明发现移动滑动变阻器滑片P，小灯泡不发光，电压表示数为零，进一步观察并检查电路，发现电压表、电流表、导线及其连接均完好。针对此故障现象，他提出了如下猜想：
①小灯泡短路；
②小灯泡灯丝断了；
③滑动变阻器断路，根据故障现象可确定（ ）
A．小明猜想①是错误的
B．小明猜想②是错误的
C．小明猜想③是错误的
D．如果观察到电流表有示数，则猜想①是错误的
【分析】电路故障有两种：断路或短路：
（1）电流表没有示数，说明电路断路，电压表没有示数，说明断路位置在电压表并联电路之外；
（2）电流表有示数，说明电路不存在断路，电压表无示数，说明与电压表并联的电阻短路。
【解答】解：由图可知：灯泡和滑动变阻器串联，电流表测电路的电流，电压表测小灯泡两端的电压；小灯泡不发光，电压表示数为零，说明小灯泡短路，或者滑动变阻器断路。如果观察到电流表有示数，则故障是小灯泡短路。因此ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了学生用电压表和电流表判断电路故障，难度不大，掌握电压表和电流表判断故障的方法是解题的关键。
9．如图是通过A、B两个导体的电流与其两端电压关系的图象，下列说法正确的是（ ）
A．导体A 的电阻为 0.2Ω
B．导体A 和B 的电阻之比为 2：1
C．当在导体A 的两端加上 1V 的电压时，通过导体A 的电流为 0.1A
D．导体A 和B 并联时，通过导体A 和 B 的电流之比为 2：1
【分析】AB、由图象可得，当电压同为2V通过两导体的电流，根据欧姆定律求出两导体的电阻分析；
C、A导体两端电压是1V时，由欧姆定律求出通过其的电流大小；
D、根据并联电路电压的规律，根据I＝知，通过导体A 和 B 的电流之比等于电阻的反比。
【解答】解：
AB、由图象可知，通过导体A、B的电流都与其电压成正比，则AB都为定值电阻，当电压均为2V时，IA＝0.4A，IB＝0.2A，
由欧姆定律可得，导体A的电阻：
RA＝＝＝5Ω，故A错误；
导体B的电阻：
RB＝＝＝10Ω；
则导体A和B的电阻之比为：
5Ω：10Ω＝1：2，故B错误；
C、A导体两端电压是1V时，由欧姆定律可得，通过导体A 的电流为：
IA′＝＝＝0.2A，故C错误；
D、将A、B两导体并联时，根据并联电路电压的规律，两导体的电压相等，由I＝可知，通过导体A 和 B 的电流之比等于电阻的反比，即IA：IB＝RB：RA＝10Ω：5Ω＝2：1，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查并联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。
10．如图所示电路中，电源电压为12V．在a、b间接入“6V2W”灯L1，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P使灯L1正常发光。断开开关取下灯L1，保持滑片P的位置不变，在a、b间接入灯“6V3W”L2后闭合开关，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则（ ）
A．灯 L2 正常发光
B．滑动变阻器接入电路的电阻为 12Ω
C．通过灯L2 的电流为 0.4A
D．电流对滑动变阻器和灯 L2 每秒做功 5J
【分析】由图知，当a、b间接入灯泡时，灯泡与滑动变阻器串联；
（1）根据R＝分析两个灯泡电阻的不同，由分压原理分析灯的发光情况的变化；
（2）根据灯L1正常发光，由P＝UI求出电路中的电流，根据欧姆定律和串联电路的电流、电压规律求出滑动变阻器的电阻；
（3）根据R＝求出灯泡L2的电阻，根据电阻的串联和欧姆定律求出电流；
（4）根据W＝UIt求出功的大小。
【解答】解：由图知，当a、b间接入灯泡时，灯泡与滑动变阻器串联；
A、因两灯的额定电压相同，额定功率不同，根据P＝可知，两灯的电阻不同，
因灯L1正常发光时，其两端的电压为6V；保持滑片P的位置不变，接入灯L2时，因两灯的电阻不同，由串联分压原理可知，ab间的电压会发生变化，所以灯L2不会正常发光，故A错误；
B、根据P＝UI可得，灯L1正常发光时的电流为：I＝＝＝A；
根据串联电路电压的规律，滑动变阻器两端的电压为：U'＝U﹣U1＝12V﹣6V＝6V，
由欧姆定律可得，滑动变阻器接入电路的电阻为：R'＝＝＝18Ω，故B错误；
C、灯泡L2的电阻为：
R2＝＝＝12Ω；
接入灯L2时，根据电阻的串联，此时电路的总电阻为：
R＝R2+R'＝12Ω+18Ω＝30Ω，
此时电路中的电流为：
I''＝＝＝0.4A，故C正确；
D、此时电流对滑动变阻器和灯L2每秒做的功（即整个电路所做的功）：
W＝UI″t＝12V×0.4A×1s＝4.8J，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到电功率公式和欧姆定律、串联电路特点的应用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小
11．如图所示的电路中，R1、R2为定值电阻，电源电压不变，闭合开关S1、S2，两表均有示数，若闭合开关S1，断开开关S2，则（ ）
A．电流表的示数变小，电压表与电流表示数之比变小
B．电流表的示数变大，电压表与电流表示数之比变小
C．电流表的示数变小，电压表与电流表示数之比不变
D．电流表的示数变大，电压表与电流表示数之比变大
【分析】分析电路的连接，当闭合开关S1、S2，再断开S2，电路中串联了一个电阻，使总电阻增大，电路中电流变小；
根据欧姆定律分析电压表与电流表示数之比的变化。
【解答】解：
当闭合S1、S2时，R1被短路，电路中只有R2，电压表测量电源电压（也是测R2两端的电压），电流表测电路中的电流；
若闭合开关S1，断开开关S2，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；
再断开S2时，电路中多串联了一个电阻，电路的总电阻变大，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路中电流变小，即电流表的示数变小，故BD错误；
两次电压表均测量R2两端的电压，根据欧姆定律可知，电压表与电流表示数之比均为R2的电阻，所以该比值保持不变。故C正确，A错误。
故选：C。
【点评】本题通过开关的转换引起电路的变化，考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是电路的识别。
12．如图甲所示电路，电源电压不变，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器。闭合开关，将滑动变阻器滑片由一端移动到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示。则（ ）
A．定值电阻电压变化范围是 0﹣4.5V
B．定值电阻电功率变化了 6.75W
C．电路总电阻的最大值为 15Ω
D．电路总功率变化范围是 1.8W﹣6.4W
【分析】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
当R2接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，根据图象读出电路中的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压；当R2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，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，根据电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值，进一步求出电源的电压：
（1）根据串联电路电压的规律求出定值电阻电压的最小电压；
（2）根据对应的电流变化范围，由P＝I2R1求出定值电阻电功率变化量；根据P＝UI求出电路总功率变化范围是；
（3）当电路中的电流最小时，电路的总电阻最大，由欧姆定律求出电路总电阻的最大值。
【解答】解：
由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
当R2接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，
由图象可知，电路中的最大电流I大＝1.2A，
由I＝可得，电源的电压：U＝I大R1＝1.2A×R1，﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当R2接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，R2两端的电压最大，即电压表的示数最大，
由图象可知，电路中的最小电流I小＝0.3A，电压表的最大示数U2＝4.5V，
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＝I小R1+U2＝0.3A×R1+4.5V﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
因电源电压不变，则有：1.2A×R1＝0.3A×R1+4.5V，
解得：R1＝5Ω，
电源的电压：U＝I大R1＝1.2A×R1＝1.2A×5Ω＝6V；
（1）根据串联电路电压的规律，定值电阻两端的最小电压为：
U1小＝U﹣U2＝6V﹣4.5V＝1.5V，
当R2接入电路中的电阻为零时，定值电阻两端的最大电压为U1大＝U＝6V，
所以定值电阻电压变化范围是为1.5V﹣6V，故A错误；
（2）对应的电流变化范围是：0.3A﹣1.2A；
根据P＝I2R1可得，定值电阻电功率变化了：
△P＝P1′﹣P1＝I大2R1﹣I小2R1＝（1.2A）2×5Ω﹣（0.3A）2×5Ω＝6.75W，故B正确；
根据P＝UI可得，电路的最大功率：
P大＝UI大＝6V×1.2A＝7.2W，
电路的最小功率：
P小＝UI小＝6V×0.3A＝1.8W；
所以电路总功率变化范围是：1.8W﹣7.2W，故D错误；
（3）当电路中的电流最小时，电路的总电阻最大，
根据欧姆定律可得，电路总电阻的最大值为：
R大＝＝＝20Ω，故C错误。
故选：B。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据图象读出有用的信息，求出电源电压和R1的电阻值是关键。
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共28分）
13．（5分）如图是一个风力测定仪，O是转动轴，金属杆OC与圆弧AB接触良好，下面连着一块受风板，无风时OC是竖直的，金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个 滑动变阻器 ，由图可知风越大，接入电路的电阻越 小 ，开关S闭合时，电流越 大 ，小灯泡的亮度越 亮 ，受风板所受水平风力的力臂越 小 。
【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中电阻线的长度来改变电阻的；当电路中电阻改变时，根据欧姆定律可判断电路中电流的变化；当OC的偏离竖直方向的夹角发生变化时力臂也随着变化。
【解答】解：
（1）因为风一吹，OC杆能够在AB段圆弧形电阻上滑动，改变了接入电路中电阻的长度，从而改变了电阻，所以金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个滑动变阻器；
（2）由图可知，风越大，OC杆偏转的角度越大，该变阻器接入电路的电阻越小，开关S闭合时，电流越大，小灯泡的亮度越亮；
以O为支点，受风板所受水平风力的力臂L如图所示：
水平风力的力臂L＝OC×cosθ，因cosθ随θ的增大而减小，故水平风力的力臂L随风力的增大而减小。
故答案为：滑动变阻器；小；大；亮；小。
【点评】认识到金属杆OC与弧形电阻AB组合是一个滑动变阻器是解题的关键。
14．生活中室内各房间里电灯、电视机等用电器是 并 联的，该室内的电能表表盘如图所示，其读数为 1426.1 kW•h．若电能表上的铝盘转了150转，室内的用电器消耗了 1.8×105 J的电能。
【分析】（1）串联电路各用电器工作情况互相影响，并联电路各用电器工作情况互不影响；
（2）电能表是测量电路一段时间内消耗的电能的仪表，上面有五个数字窗口，最后一位是小数位，单位是kW•h；
（3）3000r/（kW•h）的含义是：电路中每消耗1kW•h的电能，铝盘转动3000r，据此求铝盘转150转消耗的电能。
【解答】解：
（1）生活中室内各房间里电灯、电视机等用电器，工作时互不影响，所以是并联的；
（2）电能表的最后一位是小数，可以看出电能表的示数为1426.1，单位是kW•h，故电能表的读数为1426.1kW•h；
（3）3000r/（kW•h）的含义是：电路中每消耗1kW•h的电能，铝盘转动3000r，
铝盘转150r消耗的电能：
W＝kW•h＝0.05kW•h＝0.05×3.6×106J＝1.8×105J。
故答案为：并；1426.1；1.8×105。
【点评】本题考查了串并联电路的特点、电能表的读数以及电能的计算，属于基础题目。
15．如图是某房间内采用“水地暖”进行取暖而铺设在地板下的管道。这种取暖方式利用热水在管道内循环流动，加热整个地板。地面是以 热传递 的方式向室内供暖的。利用水为媒介是因为这种物质具有 比热容 大的特性。某房间一段时间内循环流动的水质量为1000kg，进水温度为55℃，出水温度为40℃．这段时间里水向外放热 6.3×107 J．若这些能量由燃烧天然气来提供，至少需要消耗 1.575 kg的天然气。（已知c水＝4.2×103J/kg•℃，q天然气＝4×107J/kg）。
【分析】（1）改变内能的方式有两种，即做功和热传递；
（2）水的比热容比较大，质量相同、且降低相同的温度时，水释放的热量多；
（3）已知水的质量、水的初末温和水的比热容，利用放热公式可以求出水放出的热量；
（4）由图知，Q放＝Q吸，再利用Q放＝mq得需要天然气的质量。
【解答】解：
（1）“水地暖”取暖过程中，没有能量的转化，是通过热传递的方式改变物体内能的。
（2）“水地暖”以水为媒介，是因为水的比热容大，质量相同、且降低相同的温度时，水释放的热量多，取暖效果好；
（3）水放出的热量：
Q放＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1000kg×（55℃﹣40℃）＝6.3×107J；
（4）由图知，Q放＝Q吸＝6.3×107J，
由Q放＝m天然气q天然气得需要天然气的质量：
m天然气＝＝＝1.575kg。
故答案为：热传递；比热容；6.3×107；1.575。
【点评】本题考查改变内能的方法、水的比热容大的应用以及吸热公式和燃料完全燃烧放热公式的应用，属于基础题目。
16．用如图装置，在20s内将80N的水桶提升3m，拉力为50N，则拉力的功率为 15 W，该装置的机械效率是 80 %．若不计绳重和摩擦则动滑轮的重力为 20 N。
【分析】（1）先根据s＝2h求出绳子自由端移动的距离，然后根据W总＝Fs拉力做的总功，最后根据P＝求出拉力的功率；
（2）先根据W有＝Gh求出拉力做的有用功，然后利用η＝×100%求出该装置的机械效率；
（3）不计绳重及摩擦，根据F＝（G+G动）求出动滑轮的重力。
【解答】解：
绳子自由端移动的距离s＝2h＝2×3m＝6m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝50N×6m＝300J，
则拉力的功率：P＝＝＝15W。
拉力做的有用功：W有＝Gh＝80N×3m＝240J，
则该装置的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝80%。
不计绳重及摩擦，由F＝（G+G动）可得动滑轮的重力：
G动＝2F﹣G＝2×50N﹣80N＝20N。
故答案为：15；80；20。
【点评】本题考查了学生对有用功、总功、功率公式、机械效率公式、动滑轮s＝nh的理解和运用，已知条件已给出，难度不大。
17．小刚观察了市场上的“测重仪”后，画出了如图所示的原理图：A为托盘，P为金属滑片且固定在托盘下的轻质弹簧上，并能随轻质弹簧一起上下滑动，当托盘中不放物体时，P位于R的最上端。已知R0＝5Ω，R的最大阻值为25Ω，电源电压恒为3V．问：
（1）图中的质量表应该用什么电表改装？
（2）当开关S闭合，不称量物体时，通电5min电阻R消耗的电能是多少？
（3）当称量物体质量达到最大值时，R0消耗的功率是多少？
【分析】（1）根据质量表与电阻R、R0串联接入电路，可知质量表应用电流表改装的；物体越重，R接入电路的电阻越小，电流越大，“测重仪”的示数越大；
（2）不称量物体时，R与R0串联，由电源电压和总电阻求出电流，再根据W＝I2Rt求出电阻R消耗的电能；
（3）当称量物体质量达到最大值时，R没有接入电路中，R0两端电压为电源电压，根据P＝可求出R0消耗的功率。
【解答】解：（1）图中的质量表与电阻R、R0串联接入电路，所以是用电流表改装。
（2）当开关S闭合，不称量物体时，R0与R串联，
R总＝R+R0＝25Ω+5Ω＝30Ω，
此时电路中的电流I为：
I＝＝＝0.1A，
则R消耗的电能为：
W＝I2Rt＝（0.1A）2×25Ω×300S＝75J。
（3）当称量物体质量达到最大时，只有R0接入电路，则R0消耗的电功率P为：
P＝＝＝1.8W。
答：（1）图中的质量表应用电流表改装；
（2）电阻R消耗的电能是75J；
（3）R0消耗的电功率是1.8W。
【点评】本题考查了电功和电功率的计算，正确分析不称量物体时和称量物体质量达到最大值时电路连接是解题的关键。
18．（4分）如图所示，电源电压恒为6V，R1＝20Ω，R2＝30Ω，R3＝40Ω．只闭合S，电流表A1的示数为 0.1 A，电压表V1、V2示数之比为 3：1 。再闭合S1、S2，电流表A2示数为 0.5 A，电路中消耗总的电功率为 3 W。
【分析】（1）只闭合S，R1、R3串联，两电流表均测电路中的电流，电压表V1测电源电压，电压表V2测R1的电压；
根据电阻的串联和欧姆定律求出电流表A1的示数；
由欧姆定律求出电压表V2的示数，从而得出电压表V1、V2示数之比；
（2）再闭合S1、S2，R3短路，R1、R2并联，电流表A2测干路的总电流，
由欧姆定律求出此时通过R1的电流和R2的电流，根据并联电路电流的规律求出电流表A2示数；
根据P＝UI求出电路中消耗总的电功率。
【解答】解：
（1）只闭合S，R1、R3串联，两电流表均测电路中的电流，电压表V1测电源电压，电压表V2测R1的电压，则电压表V1的示数为6V；
根据电阻的串联和欧姆定律可得，电流表A1的示数为：
I1＝＝＝0.1A，
由欧姆定律可得，R1的电压即电压表V2的示数为：
U1＝I1R1＝0.1A×20Ω＝2V，
电压表V1、V2示数之比为6V：2V＝3：1；
（2）再闭合S1、S2，R3短路，R1、R2并联，电流表A2测干路的总电流，
此时通过R1的电流：
I1′＝＝＝0.3A；
通过R2的电流：
I2′＝＝＝0.2A；
根据并联电路电流的规律，电流表A2的示数：
I＝I1′+I2′＝0.3A+0.2A＝0.5A；
电路中消耗的总电功率为：
P＝UI＝6V×0.5A＝3W。
故答案为：0.1；3：1；0.5；3。
【点评】本题考查串联、并联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是电路的分析。
19．如图是某电动玩具车的工作原理示意图。已知电源电压恒为6V，R2的阻值为5Ω，电动机的额定功率为4W，额定电压为5V．开关S1和S2只能同时接“a”或同时接“b”，车前进时能调节电动机的转速，后退时则不能，则当开关S1和S2同时接a时，小车会 前进 （选填“前进”或“后退”）；当车后退时，电流表示数为0.4A，此时电动机的实际功率为 1.6 W；当电动机以额定功率工作时，车在水平路面上匀速前进的速度为2m/s，若此时电动机消耗的电能有75%转化为车前进的机械能，此时车受到的阻力是 1.5N 。
【分析】（1）电动机的转动方向和电流方向、磁场方向有关；转动速度和电路中的电流大小有关；
（2）根据欧姆定律求出电阻R2两端的电压，再求出电动机两端电压，再根据P＝UI求出电动机的功率；
（3）根据题意求出电动轮椅的机械功率，再根据P＝＝＝Fv求出牵引力，因为是匀速运动，所以阻力和牵引力是一对平衡力，大小相等。
【解答】解：
（1）由题可知，车前进时且能调速；
由电路图可知，开关S1和S2都接a时，滑动变阻器与电动机串联，则调节滑片可改变电路中的电流，从而改变电动机的转速，所以此时小车会前进。
（2）当电动玩具车后退时，开关S1、S2同时接b时，R2与电动机串联，
由欧姆定律可得，电阻R2两端的电压为：U2＝IR2＝0.4A×5Ω＝2V，
由串联电路的电压规律可知，电动机两端的电压为：UM＝U﹣U2＝6V﹣2V＝4V，
则电动机的实际功率为：P实＝UMI＝4V×0.4A＝1.6W；
（3）由题意可知，电动机的机械功率：
P机＝P额η＝4W×75%＝3W，
由P＝＝＝Fv可得，电动轮椅受到的牵引力：
F牵＝＝＝1.5N，
因为匀速运动，所以阻力f＝F牵＝1.5N。
故答案为：前进；1.6；1.5N。
【点评】此题主要考查的是学生对电动机转动方向和转速、欧姆定律、电功率计算公式及其变形公式的理解和掌握，难度较大。
20．电线除冰；在短时间内让输电线不经过用电器而直接接通，使电路 短路 ，输电线中的电流 增大 ，产生的热量 增多 ，从而可以除冰。
【分析】（1）导线不经过用电器直接跟电源两极连接，这样状态的电路叫短路，由欧姆定律，短路时的电流很大；
（2）根据焦耳定律分析解答。
【解答】解：（1）在短时间内让输电线不经过用电器而直接接通，使电路发生短路，输电线中的电流增大；
（2）根据Q＝I2Rt，在时间和电阻不变的条件下，产生的热量增多，冰会吸热而熔化，从而可以除冰。
故答案为：短路； 增大； 增多。
【点评】本题考查短路知识及焦耳定律的运用、体现了学以致用的理念。
三、解答题（本题共10小题，共48分）
21．（2分）手机自拍已成一种时尚。如图所示是使用自拍杆辅助手机进行自拍时的示意图，将自拍杆看作一个轻质杠杆，O点是支点。请在图中画出：
（1）施加在A点最小的动力F1
（2）力F2的力臂L2
【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离；当动力的力臂最大时，动力是最小的。
【解答】解：当AO之间的连线作为力臂时，力臂是最大的，此时的动力最小；力F2是由重力产生的，故阻力的方向是竖直向下的，从O点做该力的作用线的垂线，即为力臂，如图所示：
。
故答案为：如上图。
【点评】作力臂首先找到支点和力的作用线，再从支点向力的作用线引垂线，支点到垂足之间的距离为力臂的大小。
22．（2分）如图所示，站在地面上的小华借助滑轮组匀速提升重物，画出滑轮组的绕线方法。
【分析】在使用滑轮组提升重物时，既要考虑到它的省力情况，还应注意动力的施力方向。
【解答】解：对由一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组，可绕线方法有三股和四股两种，两种方法拉力的方向不同，有三股绕线的方法拉力方向向下；有四股绕线的方法拉力方向向上，根据题意小华站在地面上可知拉力方向向下，因此要从动滑轮绕起。如图所示：
【点评】此题考查了滑轮组的组装，滑轮组的绕线方法不同，拉力的方向不同，达到省力程度也不同。
23．（2分）请在如图的两个虚线框内填“电源“和“开关“的符号，并满足当开关都闭合时两灯组成并联电路。
【分析】开关跟用电器之间属于串联使用，要使开关都闭合时两灯组成并联电路，把开关和电灯看作一个整体后，它们的首跟首相连，尾跟尾相连。
【解答】解：由图可知把图中的开关和与其串联的电灯看作一个整体后，另一个电灯和下面的虚线框跟它并列连接，所以下面的虚线框为开关，上面的虚线框为电源，如图所示：
【点评】本题考查电路图的分析，关键是明白电路中各个用电器的连接方式。
24．（4分）在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）在没有挂钩码时杠杆的平衡位置如图甲所示，为了方便测量力臂要使杠杆在 水平 位置平衡，应将杠杆左端螺母向 右 边旋一些（选填“左”或“右”）
（2）调好后，小明按照图乙进行实验，若每个钩码质量相同为50g，则弹簧测力计示数为 1.2 N
（3）小明同学利用图丙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符，其原因是： 杠杆自重对实验结果有影响 。
【分析】（1）杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂；杠杆左端低右端高，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响；
（2）利用杠杆平衡条件F1L1＝F2L2计算即可；
（3）图丙中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响。
【解答】解：（1）为了方便测量力臂要使杠杆在水平位置平衡，因为杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，现在需要使杠杆重心右移，应将平衡螺母向右调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响；
（2）每个钩码质量相同为m＝50g，一个小格为L，
F1＝3mg，L1＝4L，L2＝5L，
杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，F2＝＝＝2.4mg＝2.4×50×10﹣3kg×10N/kg＝1.2N；
（3）图丙中，杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大。
故答案为：（1）水平；右；（2）1.2；（3）杠杆自重对实验结果有影响。
【点评】本题是探究杠杆平衡条件的实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
25．（5分）在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，小明同学设计了如图所示甲、乙、丙三次实验。让铁球从同一斜面上某处由静止开始向下运动，然后与放在水平面上的纸盒相碰，铁球与纸盒在水平面上共同移动一段距离后静止。
（1）要探究动能大小与物体质量的关系应选用 甲乙 两图所示实验；实验中应保证两小球从斜面到达水平面上时的 速度 相同，为了达到这一目的所采取的具体操作方法是 小球从斜面同一高度静止释放 。
（2）该实验是通过观察 纸盒被碰撞后移动的距离大小 来比较铁球动能的大小，从而得出结论的。
下面的三个实例中也采用这种研究方法的是 C 。
A．认识电压时，我们可以用水压来类比
B．保持电阻不变，改变电阻两端电压，探究电流与电压关系
C．探究影响重力势能大小的因素，用“桩”被打入沙的深度表示重力势能的大小
【分析】（1）动能的大小与物体的质量和速度有关，在探究过程中需用到控制变量法；
（2）实验中通过小球推动纸盒的距离来反映小球动能的大小，用到转换法；
【解答】解：（1）要探究动能大小与物体质量的关系，应使小球到达水平面的速度相同，质量不同，所以应用质量不同的小球从同一高度处由静止滚下，所以应选用甲乙两图。
（2）该实验是通过纸盒移动的距离来表示小球具有的能量大小，用到了转换法；
A、认识电压时，我们可以用水压来类比，用到了类比法；
B、保持电阻不变，改变电阻两端电压，探究电流与电压关系，用到的是控制变量法；
C．探究影响重力势能大小的因素，用“桩”被打人沙的深度表示重力势能的大小，属于转换法；
所以C符合题意。
故答案为：（1）甲乙；速度；小球从斜面同一高度静止释放；
（2）纸盒被碰撞后移动的距离大小；C。
【点评】（1）掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素。
（2）掌握动能和重力势能的相互转化。
（3）掌握做功的两个必要因素，并能判断是否做功。
26．（6分）在探究“影响电流热效应的因素”的实验中：
（1）图中的实验是通过观察 温度计示数 间接比较两个电阻丝产生的热量的多少。
（2）图中将两个电阻串联起来。就是为了控制 电流和通电时间 不变，探究电流产生的热量与 电阻 的关系。
（3）图中如果再增加一个 滑动变阻器和秒表 ，就可以多次改变电流从而探究电流产生的热量与电流大小的关系了。为了“探究不同物质吸热升温的现象”，应在两个烧瓶中换上 质量和初温 相等的水和煤油，同时还应该换上 相同的电阻 。
【分析】（1）电流产生的热量不能用眼睛直接观察，根据转换法，通过使质量和初温相同的同种液体液体吸热，比较升高的温度大小（△t＝）来显示产生的热量多少。
（2）串联电路各处的电流都相等，根据Q＝I2Rt，电流产生的热量与电流大小、电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外的两个因素相同；
（3）探究电流产生的热量与电流大小的关系，根据控制变量法分析要控制不变的量和改变的量结合变阻器的作用分析；
为探究不同物质吸热升温的现象，要使相同质量的不同物质吸收相同的热量（根据Q＝I2Rt，结合串联电路电流的规律分析），比较温度的变化。
【解答】解：（1）电流通过电阻丝产生的热量多少不能直接判断，可通过观察温度计示数间接比较两个电阻丝产生的热量的多少。
（2）串联电路各处电流都相等，两电阻串联，目的是使电流和通电时间相同，根据控制变量法可研究电流产生的热量与电阻大小的关系；
（3）研究电流产生热量与电流大小关系时，要保持电阻（将同一烧瓶中电阻丝作为研究对象）和通电时间一定，只改变电路中的电流大小，所以要在电路中串联一个滑动变阻器改变电流的大小，通过秒表控制通电时间相同；
为探究不同物质吸热升温的现象，要使相同质量的不同物质吸收相同的热量；因串联电路各处的电流相等，通过时间相同，根据Q＝I2Rt，只有控制电阻相等即可达到产生的热量相同，故同时还应该换上相同的电阻。
故答案为：（1）温度计示数；（2）电流和通电时间；电阻；（3）滑动变阻器和秒表；质量和初温；相同的电阻。
【点评】本题影响电流热效应的因素，考查控制变量法、转换法、串联电路电流的规律、改变电流的方法，同时与考查了探究不同物质吸热升温的现象及焦耳定律的运用，综合性强。
27．（6分）小明在探究“电流与电阻的关系”的实验中：
（1）连接电路时，开关应 断开 。滑动变阻器的滑片P置于最 右 （选填“左”或“右”）端。
（2）在此实验中，为达到实验目的。每次应更换 电阻大小 ，并移动滑动变阻器的滑片P，改变其连入电路的阻值，目的是使 电压表示数 不变。
（3）定值电阻R由5Ω换成10Ω时，接下来滑动变阻器的滑片应向 右 （选填“左”或“右”）调节：若电源电压为4.5V，R的可选最大电阻为20Ω，为保证电阻R两端的电压为2V，滑动变阻器R’阻值应不小于 25 Ω。
【分析】（1）连接电路时，为保护电路，开关应断开，滑动变阻器的滑片P置于阻值最大处；
（2）探究“电流与电阻的关系”，要控制电阻电压不变，改变电阻大小记下对应的电流大小；
（3）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入20Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
【解答】解：（1）连接电路时，开关应断开。滑动变阻器的滑片P置于阻值最大处，即最右端。
（2）探究“电流与电阻的关系”，要控制电阻电压不变，改变电阻大小记下对应的电流大小，即为达到实验目的，每次应更换电阻大小，并移动滑动变阻器的滑片P，改变其连入电路的阻值，目的是使电压表示数不变。
（3）根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为2V；
电阻两端的电压始终保持：
UV＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣2V＝2.5V，
变阻器分得的电压为电压表示数的＝1.25倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑＝1.25×20Ω＝25Ω，
故为了完成整个实验，滑动变阻器R′阻值应不小于25Ω。
故答案为：（1）断开；右；（2）电阻大小；电压表示数；（3）右；25。
【点评】本题探究“电流与电阻的关系”，考查注意事项、控制变量法、操作过程和对器材的要求。
28．（7分）小明同学利用图甲所示的器材测量小灯泡的电功率，实验中电源电压保持不变，滑动变阻器的规格为“100Ω，0.5A”，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线代替导线将实物电路图连接完整。
（2）闭合开关，移动滑动变组器滑片使小灯泡正常发光，电流表的示数如乙图所示，则小灯泡的额定电流是 0.28 A，额定功率是 0.7 W。
（3）小明继续进行实验，记录的部分数据如下表所示，其中有一组数据明显存在错误，这组数据是 ① （填序号）。
实验序号
①
②
③
U/V
1.3
2.1
3.0
I/A
0.12
0.26
0.30
（4）完成上述实验后，小明打算增加一个阻值已知的定值电阻R0，只利用一只电表来测量另一只额定电压为3.8V小灯泡的额定功率，下列图中是小明设计的四种不同方案的电路图。其中能够测出小灯泡额定功率的有 B、C （选填序号）
【分析】（1）根据灯的额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联，由表中数据，电流表选用小量程与灯串联；
（2）根据电流表选用小量程分度值读数，根据P＝UI求小灯泡额定功率；
（3）灯的电阻随温度的增大而增大；
由欧姆定律I＝，由表中数据分别求出4次实验的电阻大小分别找出不符合这个规律的实验；
（4）AB、在只有电压表的情况下，首先通过开关的转换，电压表能测灯的电压，判断灯正常发光，然后根据串联电路的规律和欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI 求出灯泡额定功率；
C、分析电路的连接、在只有电流表的情况下，定值电阻和电流表可起到测量电压的作用，通过开关的转换，测算出灯的额定电流，根据P＝UI 求出灯泡额定功率；
D、图中只有电流表，通过开关的转换，定值电阻与灯分别与变阻器串联，无法确定灯是否正常发光。
【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为2.5V，根据表中电流大小，电压表选用小量程与灯并联，电流表选用小量程与灯串联，如下所示：
（2）闭合开关，移动滑动变组器滑片使小灯泡正常发光，电流表的示数如乙图所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则小灯泡的额定电流是0.28A，额定功率是：
P＝UI＝2.5V×0.28A＝0.7W。
（3）通过灯的电流随电压的增大而变大，根据P＝UI，灯的功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻变大，即灯的电阻随电压的增大而增大；
由欧姆定律I＝，故R＝，由表中数据知，3次实验的电阻大小分别为：R1＝10.8Ω、R2＝8.1Ω、R3＝10.0Ω，而表中灯的电压大小关系：U3＞U2＞U1，第1次灯的电阻却为最大，不符合这个规律，故这组数据是①；
（4）A、定值电阻与灯串联，电路中只有电压表，只闭合S2，电表测定值电阻的电压；
当只闭合S1时，电压表测灯与定值电阻的电压，无法确定灯是否正常发光，故A选项不可行；
B、只闭合S2，移动变阻器的滑片，使电压表示数为2V，则灯正常发光；
保持滑片位置不动，闭合S1，断开合S2，记下电压表的示数U1，
此时电压表测R0与灯的电压，因电路的连接没有改变，各电阻的大小和电压没有改变，灯仍正常发光，由串联电路电压的规律，R0的电压U0＝U1﹣2V，通过R0的电流，即灯的额定电流：
I＝，根据P＝UI可求灯的额定功率；故B选项可以；
C、将S2往右上方打，灯与R0并联，电流表测通过R0的电流，移动滑片使电流表示数为：
I＝＝，根据并联电路电压的规律，则灯的电压一定为2V，灯正常发光；
保持滑片位置不动，将S2往左下方打，记下电流表示数I′，即为灯与定值的总电流，因电路的连接没有改变，各电阻的大小和电压没有改变，通过灯与定值电阻的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流IL＝I′﹣，
根据P＝UI可求灯的额定功率；故C选项可以；
D、图中只有电流表，通过开关的转换，定值电阻与灯分别与变阻器串联，无法确定灯是否正常发光，
故D选项不可行；
故选BC。
故答案为：（1）如上所示；（2）0.28； 0.7；
（3）①；
（4）B、C。
【点评】本题测量这个小灯泡的额定功率，考查器材的选择、故障的分析、电流表读数及对设计实验方案的评估，难度较大。
29．（6分）某品牌汽车的一些参数如下表所示，若车满载货物匀速行驶100km消耗燃油20L，货车受到的阻力是车重的0.08倍，该车满载货物后在平直的公路上匀速行驶1000m，在此过程中：
品牌型号
东风 XX
外形尺寸
5×1.9×23（m）
变速箱
A85
空车质量
1.5t
最高车速
120km/h
满载时载货
质量
2.5t
燃油热值
5×10 7J/kg
燃油密度
0.8×10 3kg/m3
（1）燃油完全燃烧放出的热量是 8×106 J。
（2）牵引力所做的功。
【分析】（1）由表格数据可知，货车满载百公里油耗为20L，即货车行驶100km消耗燃油20L，从而得出货车行驶1000m消耗的燃油，根据ρ＝求出燃油的质量，再根据Q放＝mq求出燃油完全燃烧放出的热量；
（2）先求出满载货物时货车的质量，根据G＝mg求出货车的重力，进而得出货车受到的阻力，再根据二力平衡条件可知，求出该货车的牵引力。
【解答】解：（1）由表格数据可知，货车满载百公里油耗为20L，
即货车行驶100km＝100000m消耗燃油的体积：V燃油＝20L＝20dm3＝0.02m3，
该车满载货物后在平直的公路上匀速行驶1000m，消耗燃油的体积：V燃油′＝0.0002m3
在此过程中，
由ρ＝得，消耗燃油的质量：
m燃油＝ρ燃油V燃油′＝0.8×103kg/m3×0.0002m3＝0.16kg，
燃油完全燃烧放出的热量：
Q放＝m燃油q燃油＝0.16kg×5×107J/kg＝8×106J。
（2）满载货物时货车的总质量：m＝m车+m货＝1.5t+2.5t＝4t＝4×103kg，
货车的总重力：G＝mg＝4×103kg×10N/kg＝4×104N，
由题意知，货车受到的阻力：f＝0.08G＝0.08×4×104N＝3.2×103N，
因为该车满载货物后在平直的公路上匀速行驶，
所以，根据二力平衡条件可知，该货车的牵引力：F＝f＝3.2×103N。
牵引力所做的功：W＝Fs＝3.2×103N×1000m＝3.2×106J。
故答案为：（1）8×106；
（2）牵引力所做的功为3.2×106J。
【点评】本题主要考查重力公式、二力平衡条件、功的公式、密度公式、燃料完全燃烧放热公式的掌握和应用，熟练应用相关公式即可正确解题，难度不大。
30．（7分）如图甲是家用电吹风的工作原理图，R为电阻丝，电吹风工作时可以吹出热风也可以吹出凉风，则：
（1）某次用该电吹风将头发吹干的过程中，电吹风的功率随时间的变化关系如图乙所示，则在该次吹干头发过程中电吹风消耗的总电能是 1.3×104 J。
（2）吹热风时，电热丝的电阻值是多少Ω？
（3）使用几年后，再次将该电吹风接在220V电源上，测出其热风档的功率为550W，若保持电动机的功率保持不变，为了使该电吹风的热风档功率仍为600W，小明通过计算后在原电吹风的电路中连接一根阻值合适的电阻丝，请你在图甲电路中接上该电阻丝并标出它的阻值。
【分析】（1）首先由图象得出吹热风和吹凉风时的功率和时间，然后根据W＝Pt分别计算出电吹风工作时吹热风和吹凉风时消耗的电能，求其和即可。
（3）根据功率随时间的图象计算电热丝的功率，然后利用P＝UI＝求出电阻。
（4）根据用P＝和串联、并联电阻的规律，要并联一个电阻丝；
求出并联电阻的电功率，根据R＝得出并联电阻的大小，并画出电路图。
【解答】解：
（l）根据功率随时间的变化关系图象可知：
P热＝600W，t1＝20s；
P凉＝100W，t2＝30s﹣20s＝10s，
在该次吹干头发过程中电吹风消耗的总电能：
W总＝W热+W冷＝P热t1+P凉t2＝600W×20s+100W×10s＝1.3×104J；
（3）吹热风时电动机和电阻丝同时工作（并联），吹冷风时只有电动机工作，
则电热丝的功率为：
P＝P热﹣P凉＝600W﹣100W＝500W，
根据P＝UI＝可得，电热丝的电阻为：
R＝＝＝96.8Ω。
（4）由题知，此时热风档的功率小于原来热风档的功率，且保持电动机的功率保持不变，为恢复电热吹风机的铭牌功率，应增大电阻丝消耗的电功率；
因并联电路电阻越并越小、小于任何一个分电阻，串联电路电阻越串越大、大于任何一个分电阻，
所以由P＝可知，为恢复电热吹风机的铭牌功率，应与电热丝并联一段新电阻丝，设并联一个R′的电阻丝，则其电功率应为：P′＝600W﹣550W＝50W，
则R′＝＝＝968Ω。
如下图所示：
故答案为：（1）1.3×104；
（2）吹热风时，电热丝的电阻值是 96.8Ω；
（3）将另一根电阻丝与电动机并联，如上图所示。
【点评】本题考查电功率、电功公式的运用和欧姆定律的应用，关键是从题中获取有效的信息。
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