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2021-2022学年江苏省扬州市广陵区九年级上学期物理期末考试题及答案
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这是一份2021-2022学年江苏省扬州市广陵区九年级上学期物理期末考试题及答案，文件包含单元素质评价二第二单元同步练习教师版2023-2024部编版历史八年级上册docx、单元素质评价二第二单元同步练习学生版2023-2024部编版历史八年级上册docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
1. 如图所示，以下工具在使用时属于省距离杠杆的是（ ）
A. 羊角锤B. 扫帚
C. 扳手D. 核桃夹
【答案】B
【解析】
【详解】A．羊角锤在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，省力费距离，故A不符合题意；
B．扫帚在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，费力省距离，故B符合题意；
C．扳手使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，省力费距离，故C不符合题意；
D．核桃夹在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，省力费距离，故D不符合题意。
故选B。
2. 最早定量说明电流通过导体将电能转化为热能的规律的物理学家是（ ）
A. 欧姆B. 安培C. 焦耳D. 牛顿
【答案】C
【解析】
【详解】A．欧姆对“电流跟电阻和电压之间的关系”进行了深入的研究并得到了正确结论，即著名的欧姆定律，故A不符合题意；
B．用右手握住通电螺线管，弯曲的四指与电流方向一致，大拇指所指方向就是通电螺线管的N极，通电螺线管的极性判定是安培发现的，故B不符合题意；
C．1840年，英国物理学家焦耳最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和时间的关系，得出了焦耳定律，故C符合题意；
D．1687年的7月5日，牛顿在《自然哲学的数学原理》上发表了万有引力的理论，改变了人类对力学的认知，故D不符合题意。
故选C。
3. 将一瓶酒精用去三分之一，则剩余酒精的密度、比热容和热值 （ ）
A. 都不变
B. 都变为原来的三分之二
C. 热值不变，密度、比热容变为原来的三分之二
D. 热值变为原来的三分之二，密度、比热容不变
【答案】A
【解析】
【详解】密度、比热、燃料的热值都是物质的一种特性，它们的大小与物体的质量和体积均无关系．酒精用去三分之一后，质量减少，体积减小，但物质的种类没有变化，所以密度、比热和热值都不变，故选A．
4. 关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A. 内能少的物体也可能将热量传给内能多的物体
B. 物体的温度越高，所含的热量越多
C. 温度高的物体，内能一定大
D. 高温物体会把温度传递给低温物体
【答案】A
【解析】
【详解】A．发生热传递的条件是存在温度差；内能小的物体温度可能比内能大的物体的温度高，所以温度高、内能少的物体可以将热量传递给温度低、内能多的物体，故A正确；
B．热量是一个过程量，不能说含有多少热量，故B错误；
C．影响内能的因素有温度、质量、状态等，所以温度高的物体内能不一定大，故C错误；
D．热传递过程中传递的是内能，不是温度，故D错误。
故选A。
5. 登楼比赛中的某中学生从一楼登上五楼用时30s，则他的功率最接近（ ）
A. 5WB. 50WC. 200WD. 2000W
【答案】C
【解析】
【详解】人的质量大约50kg，每层楼高3m，则从一楼登上五楼升高的高度
h=3m×(5-1)=12m
则克服重力所做的功
W=Gh=mgh=50kg×10N/kg×12m=6000J
所以登楼的功率
故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
6. 关于家庭电路与安全用电，下列做法正确的是（ ）
A. 用电器的金属外壳必须与零线连接
B. 可以用铁丝或铜丝代替熔丝
C. 将三脚插头改为两脚插头
D. 用电器开关应接在火线上
【答案】D
【解析】
【详解】A．用电器的金属外壳必须与地线连接，一旦用电器金属外壳漏电，以保证把电流引入大地，从而保证安全。故A错误；
B．若用铁丝或铜丝代替熔丝，在电流过大时，铁丝或铜丝不会熔断，从而起不到保护电路的作用，故B错误；
C．将三脚插头改为两脚插头，将失去地线的保护作用，一旦用电器金属外壳漏电，很容易引起触电，故C错误；
D．用电器开关应接在火线上，这样在断开开关后，用电器才不会带电，从而防止触电事故的发生，故D正确。
故选D。
7. 电动自行车的前面有两盏转向灯：左转向灯和右转向灯，当车正常直行时，两灯都不工作，当车要向右转时，可使右转向灯亮，当车要向左转时，可使左转向灯亮，两灯不可能同时亮。如图所示的电路图中，能合理反映电动自行车前面左、右转向灯连接情况的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】经分析可知，两盏灯应是并联，且两灯不可能同时亮。所以，开关应处在并联电路的干路上为单刀双掷开关，可以分别接通每一个灯泡，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
8. 2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载入飞船的长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富三名宇航员送入空间站。下列说法正确的是（ ）
A. 火箭发射时，尾部产生大量白气，这是水汽化产生的水蒸气
B. 火箭使用液氢做燃料，是因为液氢热值大
C. 火箭加速升空时，动能增加，重力势能不变
D. 火箭升空过程中，与空气摩擦，通过热传递使内能增加
【答案】B
【解析】
【详解】A．火箭发射时，尾部产生大量白气，这是水汽化产生的水蒸气遇冷形成的小水滴，是液化现象，故A错误；
B．火箭使用液氢做燃料，是因为液氢热值大，燃烧同样质量的液氢和其他燃料，液氢放出的热量更多，故B正确；
C．火箭加速升空时，速度增大，动能增加，高度增加，重力势能增加，故C错误；
D．火箭升空过程中，与空气摩擦做功，是通过做功的方式使内能增加，故D错误。
故选B。
9. “探究电流与电压的关系”的实验中，分别用R1、R2两个电阻进行了探究，并根据各自的实验数据绘制出如图所示的I-U关系图像，从图中可以看出R1、R2的大小关系为（ ）
A. R1>R2B. R1【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】由图像可知，两电阻两端的电压相等时，通过R1的电流大于通过R2的电流，即
由可知
故B正确。
故选B。
10. 如图所示，电源电压为4.5V，且保持不变，灯L1、L2正常工作的电压均为2.5V，选好电流表和电压表的量程连接好电路，闭合开关S后，电流表指针几乎未动，而电压表指针大约指在4.5V位置，灯L1、L2不发光，由此分析，该电路的故障可能是（ ）
A. L1处出现了断路B. L2处短路
C. 灯L2灯丝烧断或与灯座接触不良D. 电流表，灯L1、L2都坏了
【答案】A
【解析】
【详解】由电路图知，两灯串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量L1两端电压。由题意可知，两个灯泡都不发光，电流表指针几乎未动，说明电路中没有电流（或电流很小），则电路中可能出现了断路，又因为电压表指针大约指在4.5V位置，说明电压表与电源之间是接通的，测量的是电源电压，所以故障是电压表所测范围之内出现断路，即L1可能出现了断路，故A符合题意，故BCD不符合题意。
故选A。
11. 如图所示的电路中，电源电压恒定，R0是定值电阻，闭合开关S，向左移动滑动变阻器滑片P的过程中，三个电表示数的变化情况正确的是（ ）
A. 电流表A1示数变大，A2示数变小
B. 电流表A1示数变小，电压表示数变大
C. 电流表A1示数变小，A2示数变小
D. 电流表A1示数变大，电压表示数不变
【答案】D
【解析】
【详解】由图知道，电阻R0、R′并联，A1表测干路电流，A2表测R′电流，电压表测电源电压，故电压表V的示数大小不变；滑片P向左移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，由知道，通过R′电流变大，电流表A2的示数变大，由于并联电路各支路互不影响，通过R0支路的电流不变，由并联电路电流的规律知道，干路电流变大，即电流表A1的示数变大，即三个电表示数的变化情况为电流表A1的示数变大，电流表A2的示数变大，电压表V的示数不变，故ABC错误，D正确。
故选D。
12. 如图所示的电路中，电源电压为4.5V且保持不变，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程为“0～3V”，小灯泡标有“3V 1.2W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响），滑动变阻器上标有“20Ω 1A”字样。闭合开关，在保证电路元件安全情况下，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的示数变化范围是“1.5～3V”
B. 滑动变阻器接入电路的阻值变化范围是“3.75～15Ω”
C. 小灯泡的最小功率是0.6W
D. 电路总功率变化范围是“1.2～1.8W”
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．当小灯泡正常发光时，小灯泡的最大为电压为3V，则滑动变阻器的电压为1.5V，根据电压表的测量范围可知，最大的电压为3V，故A正确；
B．当滑动变阻器的阻值最小，电压表的示数最小时，电流最大，最大电流为
此时滑动变阻器的阻值为
当滑动变阻器两端电压最大时，滑动变阻器的阻值最大，滑动变阻器的最大电压为3V，此时灯泡的电压为1.5V，则灯泡的电阻为
根据串联分压，电压值比即为电阻之比，故滑动变阻器的最大值为15Ω，故B正确；
C．小灯泡的最小功率是
故C错误；
D．电路总功率最小值为
电路的最大电功率为
故D错误。
故选AB。
二、填空题（共9小题，每空1分，共30分）
13. 2021年12月28日宁扬城际铁路正式开工，建成后将极大方便两市居民的出行。如图是某地下车站的设计方案图，与站台连接的轨道有一定坡度，从节能的角度分析，这样的设计可以让列车无动力滑行进站时将______能转化为______能储存起来，此过程中机械能总量______。
【答案】 ①. 动 ②. 重力势 ③. 减少
【解析】
【详解】[1][2][3]列车无动力滑行进站时，速度减小，最终停止，列车的动能减小；同时列车的位置升高，将列车的动能转化为重力势能；在此过程中由于列车和轨道摩擦，一部分机械能转化为内能，因此机械能总量减少。
14. “对家庭用电的调查研究”综合实践活动中，如图是小明观察到的家中供电箱，漏电保护开关在线路漏电时自动断开，空气开关在电路超负荷运行或短路时，自动断开开关。这两个开关______（串联/并联）在______（干路/支路）上，以保证用电安全。进户线干路较其它导线特别______（粗/细），是为了______（增大/减小）电阻，防止进户线干路上通过大电流时发热引起安全事故。
【答案】 ①. 串联 ②. 干路 ③. 粗 ④. 减小
【解析】
【详解】[1][2]为了用电的安全，漏电保护开关和空气开关应串联在干路中，一个开关断开，整个电路就会断开。
[3][4]进户线干路较其他导线特别粗，是通过增大横截面积的方法来减小电阻，由焦耳定律可知，减小电阻能使电流通过导线时产生的热量变少，从而防止进户线干路上通过大电流时发热引起安全事故。
15. 如图所示，用固定在墙上的三角支架ABC放置空调室外机．如果A处螺钉松脱，则支架会绕________点倾翻．已知AB长40cm，AC长30cm，室外机的重力为300N，正好处在AB中点处，则A处螺钉的水平拉力为______N（支架重力不计）．为了安全，室外机应尽量______（填“靠近”或 “远离”）墙壁．
【答案】 ①. C ②. 200 ③. 靠近
【解析】
【详解】[1]由题图可知，如果A处螺钉松脱，则支架会绕C点倾翻．
[2]依题，这是一个以C点为支点的杠杆，根据杠杆平衡条件：
G空调×AB=F×AC
解得F=200N．
[3]空调室外机的重力一定，室外机离墙壁越近，力臂越小，作用在A点的拉力越小越安全，所以室外机应尽量靠近墙壁．
16. 如图所示，小明将A、B两个金属片分别插入土豆，制成“土豆电池”，闭合开关S，发光二极管发光，电压表有示数。A、B金属片是______（同种/不同）材质，其中发光二极管是由______（超导体/绝缘体/半导体）制成的，若二极管断路，则电压表______（有/没有）示数。
【答案】 ①. 不同 ②. 半导体 ③. 有
【解析】
【详解】[1] A、B两种金属片的电化学活性应不同，其中更活泼的那边的金属片容易失去电子成为电池的负极，故A、B金属片是不同材质。
[2]一些材料的导电性能介于导体和绝缘体之间，称为半导体，发光二极管是由半导体制成的，具有单向导电性。
[3]如图，电压表并联在二极管两端，若二极管断路，但电压表仍与电源连通，则电压表有示数。
17. 如图，用力将活塞迅速下压，筒内硝化棉燃烧，这是通过______方式改变内能的，该过程能量转化的特点与汽油机______冲程相同。一单缸四冲程汽油机，飞轮转速为，则1s对外做功______次。
【答案】 ①. 做功 ②. 压缩 ③. 25
【解析】
【分析】(1)改变内能的方法有：做功和热传递；当对物体做功，物体的内能将增大，温度升高；内燃机有四个冲程，在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能；
(2)内燃机的工作原理：一个工作循环活塞往复2次，飞轮转动2周，做功1次。
【详解】[1]在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞迅速向下压，棉絮燃烧起来，这是因为压缩筒内空气做功，使空气的内能增加。
[2]该实验中，压缩筒内空气做功，活塞的机械能转化为筒内空气的内能，与内燃机的压缩冲程的能量转化相同。
[3]已知飞轮转速为
一个工作循环活塞往复2次，飞轮转动2周，对外做功1次，故该汽油机1s内对外做功25次。
18. 有两只灯泡，L1灯标有“12V 6W”、L2灯标有“12V 12W”，不考虑灯泡电阻随温度的变化，若将L1、L2并联接在12V电源两端，则L1、L2中的电流大小之比是______，1min内电路消耗的总电能为______J；若将L1、L2的串联接在某电源两端，在电路安全的情况下只有一盏灯能正常发光，则一定是______灯（选填“L1”或“L2”），此时另一盏灯的功率为______W。
【答案】 ①. 1∶2 ②. 1080 ③. L1 ④. 3
【解析】
【详解】[1]L1灯标有“12V 6W”，则L1的电阻
L2灯标有“12V 12W”，则L2的电阻
将L1、L2并联接在12V电源两端时，此时两灯的电压均为12V，根据并联电路电流规律可知，电流之比等于电阻的反比，则电流之比
[2]由于此时两灯的电压均等于额定电压，且额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，所以，电路的总功率
P=P1+P2=6W+12W=18W
由可得，1min内电路消耗的电能
W=Pt=18W×60s=1080J
[3]将L1、L2串联接在某电源两端，因串联电路中各处的电流相等，两灯中电流小的可以正常发光，两灯正常发光时通过的电流之比为1∶2，则L1恰好正常发光。
[4]电路中的电流
此时灯泡L2两端的电压
U2=I'R2=05A×12Ω=6V
灯泡L2的功率
P=U2I'=6V×0.5A=3W
19. 某同学家的电能表如图所示，他家允许同时工作的用电器的总功率不能超过______kW，该同学观察到当他家里只有一台空调机正常工作时，10min电能表转盘转过750转，则这台空调在10min内消耗的电能是______kW·h，空调的电功率是______kW。
【答案】 ①. 8.8 ②. 0.25 ③. 1.5
【解析】
【详解】[1]由电能表的表盘数据可知，电能表允许通过的最大电流为40A，则他家同时工作的用电器的最大总功率
P最大=UI=220V×40A=8800W=8.8kW
[2]3000r/kW•h 表示电路每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过3000r，10min电能表转盘转过750r，则空调消耗的电能
[3]空调的实际功率
20. 小明为了把水平地面上重为200N的木箱移到1m高的平台上，搭建了长为2m斜面。如图所示，现对木箱施加平行于斜面的大小为120N的拉力，将其由底端以0.2m/s的速度匀速拉到顶端。在此过程中拉力做功______J，拉力的功率为______W，斜面的机械效率为______，摩擦力大小为______N。
【答案】 ①. 240 ②. 24 ③. 83.3% ④. 20
【解析】
【详解】[1]对木箱施加平行于斜面的大小为120N的拉力，斜面长为2m，此过程中拉力做功
W总=FS=120N×2m=240J
[2]将其以0.2m/s的速度匀速拉到顶端，拉力的功率
[3]使用斜面做的有用功
W有用=Gh=200N×1m=200J
斜面的机械效率
[4]因为W总=W有用+W额，所以克服摩擦力做的额外功
W额=W总-W有用=240J-200J=40J
由W额=fs得摩擦力大小
21. 如图甲中灯泡L的电流与电压关系如图乙所示，已知灯L的额定功率为1.8W，滑动变阻器R的规格为“60Ω 1A”。电流表量程为0~0.6A，电压表量程为0~15V。闭合开关S，调节滑动变阻器，当滑片位于变阻器中点时，灯L恰好正常发光，则灯泡L正常发光时的电流为______A；此时灯泡的阻值为______Ω，电路的电源电压为______V。
【答案】 ①. 0.3 ②. 20 ③. 15
【解析】
【详解】[1]由题意可知，当灯L恰好正常发光时，灯的实际功率等于额定功率，为1.8W；由图乙可知，当流过灯L的电流是0.3A时，灯L两端的电压是6V，此时灯L消耗的电功率是：
；
说明此时灯L恰好正常发光，所以灯泡L正常发光时的电流为0.3A；
[2]由欧姆定律得，此时灯泡的阻值为：
；
[3]由甲图可知，灯L与滑动变阻器串联，当灯泡L正常发光时的电流为0.3A，而且滑片位于变阻器中点，由串联电路电压的特点可知，电路的电源电压为：
。
三、解答题（共8小题，第22、23、24题每小问2分，其余每空1分，共46分）
22. 按要求完成下列作图：
（1）请在图甲中画出用羊角锤起钉时所用的最小力F；（要求保留作图痕迹）
甲
（2）在图乙的圆圈内填上适当的电表符号，保证开关闭合后两个小灯都能发光；
乙
（3）请在图丙中将保险丝和三孔插座（准备接大功率用电器），正确地接入家庭电路。
丙
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）支点在锤子的下端，作用点在锤柄端点，此时，力臂为支点到作用点的距离，力臂最长，力最小，钉子阻止锤子顺时针转动，所以作用力应促进锤子顺时针转动，故应垂直于力臂向上。如图所示：
（2）已知电表为电压表或电流表，若上方圆圈内连接电流表示，将造成灯泡L1短路，若下方圆圈内连接电压表时，将造成灯泡L1断路。故上方圆圈内连接电压表，下方圆圈内连接电流表。如图所示：
（3）三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。只有一个保险丝接在火线上。如图所示：
23. 已知生活垃圾的热值为3×106J/kg，某垃圾焚烧发电厂每天完全燃烧800t生活垃圾，其中放出热量的30%用来发电，放出热量的42%用来加热水供给附近小区。求：
（1）每天燃烧垃圾放出的总热量多少焦耳？
（2）每天可发多少度电？
（3）1标准大气压下，每天可将多少千克的水由20C恰好加热至沸腾。[c水=4.2×103J/(kg·℃)]
【答案】（1）2.4×1012J；（2）2×105度；（3）3×106kg
【解析】
【详解】（1）生活垃圾的质量m=800t=8×105kg，生活垃圾的热值为3×106J/kg，燃烧放出的热量
Q放=mq=8×105kg×3×106J/kg=2.4×1012J
（2）放出热量的30%用来发电，则电能
W电=ηQ放=30%×2.4×1012J=7.2×1011J=2×105kW•h
（3）水吸收的热量为
Q吸=η′Q放=42%×2.4×1012J=1.008×1012J
由Q吸=cmΔt得，水的质量为
答：（1）每天燃烧垃圾放出的总热量2.4×1012J；
（2）每天可发2×105度电；
（3）1标准大气压下，每天可将3×106kg的水由20℃恰好加热至沸腾。
24. 如图所示，R1=10Ω，R2=20Ω，R3=30Ω，电源电压恒定不变，若开关S1闭合，S2断开时，电流表的读数是0.3A，求：
（1）电源电压多大？
（2）当S1和S2都断开时，R1两端的电压是多少？
（3）当S1和S2都闭合时，电路在10s内产生的热量是多少？
【答案】（1）9V；（2）2.25V；（3）67.5J
【解析】
【详解】解：（1）当开关S1闭合，S2断开时，此时电路中只有R3，此时电流表的读数是0.3A。由欧姆定律可知，电源电压为
U=IR3=0.3A×30Ω=9V
（2）当S1和S2都断开时，此时电路中R1、R3串联接入电路。由欧姆定律和串联电路的特点可知，此时电路中的电流为
R1两端的电压是
U1=I1R1=0.225A×10Ω=2.25V
（3）当S1和S2都闭合时，此时电路中R2、R3并联接入电路，R1被短路。根据欧姆定律和并联电路的电流特点可知，此时电路中的电流为
因为该电路为纯电阻电路，电流做了多少功就产生了多少热量，因此，电路在10s内产生的热量是
Q=W=UI干t=9V×0.75A×10s=67.5J
答：（1）电源电压是9V；
（2）当S1和S2都断开时，R1两端的电压是2.25V；
（3）当S1和S2都闭合时，电路在10s内产生的热量是67.5J。
25. 小强是一个喜欢思考的同学，他随家人到海边玩耍时，发现阳光下的海水和岸边的沙子温差很大．于是，他带回一些岸边的沙子想比较沙子和水这两种物质吸热能力的差异．他设计如图甲所示的实验装置，所使用仪器规格也完全相同．请你来帮他完成实验：
（1）测量出_____相同的水和沙子，然后安装仪器，并记下沙子和水的初始温度．
（2）在实验时只要控制_____（选填“加热时间”或“温度变化”）相同就可以确 定水和沙子吸收了相同的热量；加热完成后只要比较他们_____（选填“加热时间”或“温 度变化”）的多少就可以比较出沙子和水吸热能力差异；
（3）小强根据实验数据，做出如图乙所示图象，根据实验数据可计算出沙子比热容为_____J/（kg•℃）；
（4）小强查表得知，由实验测得的沙子的比热容比实际值要大一些，如果测量过程中没有错误，你认为造成此误差的原因是_____．
【答案】 ①. 质量 ②. 加热时间 ③. 温度变化 ④. 1.4×103 ⑤. 酒精不一定完全燃烧，酒精燃烧时释放的热量不能完全被沙子吸收
【解析】
【详解】(1)探究不同种类物质的吸热能力，需要控制水和沙子的质量相同；
(2)根据转换法，在实验时只要控制加热时间相同就可以确定水和沙子吸收了相同的热量；根据比较吸热能力的第②种方法，加热完成后只要比较它们温度变化△t的多少就可以比较出沙子和水吸热能力差异；
(3)由图象知,在加热的最后时刻,因加热时间相同,水和沙子吸收的热量相同,但沙子升高的温度为水升高温度的3倍,则：
c沙子m△t沙子＝c水m△t水，
则
c沙子＝ ＝×4.2×103J/(kg⋅℃)＝1.4×103J/(kg⋅℃)．
(4)实验测得的沙子的比热容比实际值要大一些,原因是：酒精燃烧时不一定完全燃烧,酒精燃烧时释放的热量不能完全被沙子吸收等,根据Q放＝mq计算出的热量大于沙子吸收的热量,根据c＝可知，实验测得的沙子的比热容比实际值要大一些．
26. 在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如下表：
（1）实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应______（选填“保持静止”或“匀速上升”）；
（2）第三次实验时，测力计示数如图所示，此时绳端受到的拉力为______N，滑轮组的机械效率为______%；
（3）根据表格中的数据分析可知：
①随着物重的增大，额外功______（选填“变小”“不变”或“变大”），原因______；
②要提高同一滑轮组机械效率，可以采取______的措施。
【答案】 ①. 匀速上升 ②. 1.8 ③. 74.1 ④. 变大 ⑤. 克服摩擦做功更多 ⑥. 增加提起的物重（减轻动滑轮重，或加强转动部分的润滑等）
【解析】
【详解】（1）[1]在缓慢提升物体时，还需克服机械摩擦做功，所以为了测量滑轮组提升物体时的机械效率，需在缓慢匀速上升时读数。
（2）[2]图中弹簧测力计分度值为0.2N，读数为1.8N，此时绳端受到的拉力F=1.8N。
[3]第三次试验时，滑轮组的机械效率为
（3）①[4][5]根据表格中数据分析可知：滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子间的摩擦力做的功，随着物重的增大，动滑轮的重力不变，物重越大，摩擦力越大，所以额外功变大。
②[6]不计摩擦，滑轮组的机械效率
结合上式和表中的数据可知：提高滑轮组机械效率可以增大提升的物重、换用轻质的动滑轮、减小摩擦等。
27. 如图甲所示是小明“探究电流与电压、电阻的关系”的实验电路图。选用的实验器材是：电源（3V）、电流表（0～0.6A）、电压表（0～3V），定值电阻R1＝5Ω、R2＝10Ω、R3＝20Ω，滑动变阻器（40Ω 2A）、开关、导线若干。
(1)探究电流与电压关系：
①探究电流与电压的关系时，要保持______不变，采用的科学方法是______；
②小明在实验中进行多组数据测量的目的是什么？______
③小明选用5Ω和10Ω的两只电阻分别进行实验后，由实验数据画出的图象如图乙所示，其中M图象对应的是哪只电阻？由M图象得到的实验结论是什么？______
(2)探究电流与电阻的关系：
①小明在实验中，首先确定一个保持不变的电压值U，当AB间的电阻R由5Ω换成10Ω时，闭合开关，应将滑动变阻器的滑片向______（选填“a”或“b”）移动，才能使电压表示数变为U；
②当AB间换接20Ω的电阻时，小明无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数都无法达到U。请你告诉他，为完成实验，U的取值范围是______。
【答案】 ①. 电阻 ②. 控制变量法 ③. 为了寻找普遍规律 ④. M图象对应的是5Ω电阻；电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 ⑤. b ⑥. 3V≥U≥1V
【解析】
【详解】(1)①[1][2]由控制变量法可知，探究电流与电压的关系时，需要保持电阻不变。
②[3]实验中，进行了多组数据的测量，其目的是为了寻找普遍规律。
③[4]由图乙可知，当电压为1V时，通过M的电流大于N的电流，由R=可知N图像对应的电阻较大，M图像对应的电阻较小，所以M图像对应的电阻是5Ω。由图像可知，电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
(2)①[5]当AB间的电阻R由5Ω换成10Ω时，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，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b端移动，使电压为U。
②[6]变阻器的最大阻值是40Ω，当AB间换接20Ω的电阻时，变阻器的阻值处于最大处，通过电路的电流
=0.05A
电阻两端的电压
UAB=IR3=0.05A×20Ω=1V
电压表的示数最小为1V，电压表的量程是0-3V，电压表的最大示数是3V，所以为完成实验，U的取值范围是
3V≥U≥1V
28. 某同学利用如图甲所示电路来测量小灯泡的额定电功率，电源电压恒定，小灯泡的额定电压为2.5V，实验步骤如下：
(1)请根据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物连接完整（要求滑片P向左移动的过程中电流表示数变小）；
（ ）
(2)正确连接电路后，闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑片P置于____（ 选填“A”或“B”）端；
(3)闭合开关S，发现电流表指针偏转，小灯泡微弱发光，而电压表指针无偏转，则故障的原因可能是电压表_____（选填 “断路”或“短路”）；
(4)排除故障后，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P，使小灯泡两端电压达到额定电压，此时电流表的示数如图丙所示，则通过小灯泡的电流为____A；
(5)通过以上数据可以计算出小灯泡的额定功率为_________W；
(6)在测量小灯泡额定电功率时，另一位细心的同学在调节滑动变阻器的过程中，记录了多组电压表与电流表的示数，并大致描绘出了小灯泡的I—U图象，如图丁所示。通过图象可以发现不同电压下小灯泡的电阻不同，小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而____________。
【答案】 ①. ②. A ③. 断路 ④. 0.30 ⑤. 0.75 ⑥. 增大
【解析】
【详解】(1)[1]要求滑片向左移动时，电流表示数变小，即电阻变大，故变阻器右下接线柱连入电路中，如图所示
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(2)[2]为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应为最大阻值，即滑片P移到A端。
(3)[3]电流表指针偏转，说明电路是通路或局部某元件短路，小灯泡微弱发光，说明小灯泡没有被短路，电压表并联在小灯泡两端，所以电压表也不会被短路，电压表无示数，只能是电压表断路。
(4)[4]如图丙所示，电流表接量程，分度值是0.02A，电流表读数是0.30A。
(5)[5]小灯泡额定电压是2.5V，正常发光时电流是0.30A，则小灯泡额定功率
(6)[6]由图丁，灯泡两端电压增加量相同，电流增加量越来越小，故灯丝电阻随温度的升高而增大。
29. 阅读短文，回答问题。
纯电动汽车
根据中汽协数据，2021年中国新能源汽车产销量迅猛增长，已超过三百万辆。电池是纯电动汽车的核心，衡量电池性能的一个重要参数是能量密度，即单位质量储存的电能。某款纯电动汽车搭载了高性能三元锂电池，能量密度达到了150W·h/kg，电池质保8年或15万公里，该车配备专利电池管理系统及超低温预热充电技术，零下35度亦可正常启动和充电，最高续航里程更是达到了600km。同时支持快充和慢充两种模式：快充半小时即可将电量由30%充至80%；慢充7小时充满，无论哪种充电方式都需要供电系统中提供接地良好的地线，否则车辆拒绝接受充电。其部分参数如下：
车辆在减速或制动时，车轮的转动会带动驱动电机转动，此时驱动电机就变成了发电机，能够产生电能为汽车的动力电池充电，达到能量回收利用的效果，同时具有辅助制动功能。
（1）电动汽车充电时要将外壳与地线保持良好接触，否则充不了电，这是为了防止______；
（2）若按每千瓦时0.5元的居民电价计算，在最经济的情况下，汽车行驶100公里的电费成本为______元；
（3）该车在快充时（由30%充至80%）的充电功率为______kW；
（4）关于该款纯电动汽车，下列说法不正确的是______。
A.纯电动汽车的电池质量约为500kg
B.能量回收系统可有效延长刹车片的寿命
C.能量回收系统可提高汽车的续航里程
D.快充使用的导线要比慢充粗
【答案】 ①. 触电 ②. 5 ③. 60 ④. A
【解析】
【详解】（1）[1]电动车的外壳有大量的金属材料，充电时需要供电系统中提供接地良好的地线，是为了防止人接触电动车而发生触电事故。
（2）[2]根据最高续航里程更是达到了600km，电池容量.，按每千瓦时0.5元的居民电价计算，行驶100km需要的费用是
因此行驶100公里的电费成本5元。
（3）[3]快充半小时即可将电量由30%充至80%，充电电能变化量:
充电时间t=0.5h，因此充电功率
（4）[4]A．电池的能量密度达到了，即1kg电池容量是
因此电池的质量是
故A错误，符合题意；
B．能量的回收利用，同时具有辅助制动功能，因此减小了刹车片的使用，有效延长刹车片的寿命，故B正确，不符合题意；
C．能量回收是电动汽车特有的功能，车辆在减速或制动时，车轮的转动会带动驱动电机转动，此时驱动电机就变成了发电机，能够产生电能为汽车的动力电池充电，达到能量回收利用的效果，可提高汽车的续航里程，故C正确，不符合题意；
D．快充时，电功率大，通过导线的电流大，因此使用的导线要比慢充粗，故D正确，不符合题意。
故选A。
序号
动滑轮重G动/N
物重G/N
物体上升的高度h/m
绳端受到的拉力F/N
绳端移动的距离s/m
滑轮组的机械效率η/%
1
0.5
1
0.1
0.6
0.3
55.6
2
0.5
2
0.1
1.0
0.3
66.7
3
0.5
4
0.1
0.3
整车质量
1680kg
电池容量
电动机最大功率
160kW
最高时速
155km/h
1. 如图所示，以下工具在使用时属于省距离杠杆的是（ ）
A. 羊角锤B. 扫帚
C. 扳手D. 核桃夹
【答案】B
【解析】
【详解】A．羊角锤在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，省力费距离，故A不符合题意；
B．扫帚在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，费力省距离，故B符合题意；
C．扳手使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，省力费距离，故C不符合题意；
D．核桃夹在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，省力费距离，故D不符合题意。
故选B。
2. 最早定量说明电流通过导体将电能转化为热能的规律的物理学家是（ ）
A. 欧姆B. 安培C. 焦耳D. 牛顿
【答案】C
【解析】
【详解】A．欧姆对“电流跟电阻和电压之间的关系”进行了深入的研究并得到了正确结论，即著名的欧姆定律，故A不符合题意；
B．用右手握住通电螺线管，弯曲的四指与电流方向一致，大拇指所指方向就是通电螺线管的N极，通电螺线管的极性判定是安培发现的，故B不符合题意；
C．1840年，英国物理学家焦耳最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和时间的关系，得出了焦耳定律，故C符合题意；
D．1687年的7月5日，牛顿在《自然哲学的数学原理》上发表了万有引力的理论，改变了人类对力学的认知，故D不符合题意。
故选C。
3. 将一瓶酒精用去三分之一，则剩余酒精的密度、比热容和热值 （ ）
A. 都不变
B. 都变为原来的三分之二
C. 热值不变，密度、比热容变为原来的三分之二
D. 热值变为原来的三分之二，密度、比热容不变
【答案】A
【解析】
【详解】密度、比热、燃料的热值都是物质的一种特性，它们的大小与物体的质量和体积均无关系．酒精用去三分之一后，质量减少，体积减小，但物质的种类没有变化，所以密度、比热和热值都不变，故选A．
4. 关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A. 内能少的物体也可能将热量传给内能多的物体
B. 物体的温度越高，所含的热量越多
C. 温度高的物体，内能一定大
D. 高温物体会把温度传递给低温物体
【答案】A
【解析】
【详解】A．发生热传递的条件是存在温度差；内能小的物体温度可能比内能大的物体的温度高，所以温度高、内能少的物体可以将热量传递给温度低、内能多的物体，故A正确；
B．热量是一个过程量，不能说含有多少热量，故B错误；
C．影响内能的因素有温度、质量、状态等，所以温度高的物体内能不一定大，故C错误；
D．热传递过程中传递的是内能，不是温度，故D错误。
故选A。
5. 登楼比赛中的某中学生从一楼登上五楼用时30s，则他的功率最接近（ ）
A. 5WB. 50WC. 200WD. 2000W
【答案】C
【解析】
【详解】人的质量大约50kg，每层楼高3m，则从一楼登上五楼升高的高度
h=3m×(5-1)=12m
则克服重力所做的功
W=Gh=mgh=50kg×10N/kg×12m=6000J
所以登楼的功率
故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
6. 关于家庭电路与安全用电，下列做法正确的是（ ）
A. 用电器的金属外壳必须与零线连接
B. 可以用铁丝或铜丝代替熔丝
C. 将三脚插头改为两脚插头
D. 用电器开关应接在火线上
【答案】D
【解析】
【详解】A．用电器的金属外壳必须与地线连接，一旦用电器金属外壳漏电，以保证把电流引入大地，从而保证安全。故A错误；
B．若用铁丝或铜丝代替熔丝，在电流过大时，铁丝或铜丝不会熔断，从而起不到保护电路的作用，故B错误；
C．将三脚插头改为两脚插头，将失去地线的保护作用，一旦用电器金属外壳漏电，很容易引起触电，故C错误；
D．用电器开关应接在火线上，这样在断开开关后，用电器才不会带电，从而防止触电事故的发生，故D正确。
故选D。
7. 电动自行车的前面有两盏转向灯：左转向灯和右转向灯，当车正常直行时，两灯都不工作，当车要向右转时，可使右转向灯亮，当车要向左转时，可使左转向灯亮，两灯不可能同时亮。如图所示的电路图中，能合理反映电动自行车前面左、右转向灯连接情况的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】经分析可知，两盏灯应是并联，且两灯不可能同时亮。所以，开关应处在并联电路的干路上为单刀双掷开关，可以分别接通每一个灯泡，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
8. 2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载入飞船的长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富三名宇航员送入空间站。下列说法正确的是（ ）
A. 火箭发射时，尾部产生大量白气，这是水汽化产生的水蒸气
B. 火箭使用液氢做燃料，是因为液氢热值大
C. 火箭加速升空时，动能增加，重力势能不变
D. 火箭升空过程中，与空气摩擦，通过热传递使内能增加
【答案】B
【解析】
【详解】A．火箭发射时，尾部产生大量白气，这是水汽化产生的水蒸气遇冷形成的小水滴，是液化现象，故A错误；
B．火箭使用液氢做燃料，是因为液氢热值大，燃烧同样质量的液氢和其他燃料，液氢放出的热量更多，故B正确；
C．火箭加速升空时，速度增大，动能增加，高度增加，重力势能增加，故C错误；
D．火箭升空过程中，与空气摩擦做功，是通过做功的方式使内能增加，故D错误。
故选B。
9. “探究电流与电压的关系”的实验中，分别用R1、R2两个电阻进行了探究，并根据各自的实验数据绘制出如图所示的I-U关系图像，从图中可以看出R1、R2的大小关系为（ ）
A. R1>R2B. R1
【解析】
【分析】
【详解】由图像可知，两电阻两端的电压相等时，通过R1的电流大于通过R2的电流，即
由可知
故B正确。
故选B。
10. 如图所示，电源电压为4.5V，且保持不变，灯L1、L2正常工作的电压均为2.5V，选好电流表和电压表的量程连接好电路，闭合开关S后，电流表指针几乎未动，而电压表指针大约指在4.5V位置，灯L1、L2不发光，由此分析，该电路的故障可能是（ ）
A. L1处出现了断路B. L2处短路
C. 灯L2灯丝烧断或与灯座接触不良D. 电流表，灯L1、L2都坏了
【答案】A
【解析】
【详解】由电路图知，两灯串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量L1两端电压。由题意可知，两个灯泡都不发光，电流表指针几乎未动，说明电路中没有电流（或电流很小），则电路中可能出现了断路，又因为电压表指针大约指在4.5V位置，说明电压表与电源之间是接通的，测量的是电源电压，所以故障是电压表所测范围之内出现断路，即L1可能出现了断路，故A符合题意，故BCD不符合题意。
故选A。
11. 如图所示的电路中，电源电压恒定，R0是定值电阻，闭合开关S，向左移动滑动变阻器滑片P的过程中，三个电表示数的变化情况正确的是（ ）
A. 电流表A1示数变大，A2示数变小
B. 电流表A1示数变小，电压表示数变大
C. 电流表A1示数变小，A2示数变小
D. 电流表A1示数变大，电压表示数不变
【答案】D
【解析】
【详解】由图知道，电阻R0、R′并联，A1表测干路电流，A2表测R′电流，电压表测电源电压，故电压表V的示数大小不变；滑片P向左移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，由知道，通过R′电流变大，电流表A2的示数变大，由于并联电路各支路互不影响，通过R0支路的电流不变，由并联电路电流的规律知道，干路电流变大，即电流表A1的示数变大，即三个电表示数的变化情况为电流表A1的示数变大，电流表A2的示数变大，电压表V的示数不变，故ABC错误，D正确。
故选D。
12. 如图所示的电路中，电源电压为4.5V且保持不变，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程为“0～3V”，小灯泡标有“3V 1.2W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响），滑动变阻器上标有“20Ω 1A”字样。闭合开关，在保证电路元件安全情况下，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的示数变化范围是“1.5～3V”
B. 滑动变阻器接入电路的阻值变化范围是“3.75～15Ω”
C. 小灯泡的最小功率是0.6W
D. 电路总功率变化范围是“1.2～1.8W”
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．当小灯泡正常发光时，小灯泡的最大为电压为3V，则滑动变阻器的电压为1.5V，根据电压表的测量范围可知，最大的电压为3V，故A正确；
B．当滑动变阻器的阻值最小，电压表的示数最小时，电流最大，最大电流为
此时滑动变阻器的阻值为
当滑动变阻器两端电压最大时，滑动变阻器的阻值最大，滑动变阻器的最大电压为3V，此时灯泡的电压为1.5V，则灯泡的电阻为
根据串联分压，电压值比即为电阻之比，故滑动变阻器的最大值为15Ω，故B正确；
C．小灯泡的最小功率是
故C错误；
D．电路总功率最小值为
电路的最大电功率为
故D错误。
故选AB。
二、填空题（共9小题，每空1分，共30分）
13. 2021年12月28日宁扬城际铁路正式开工，建成后将极大方便两市居民的出行。如图是某地下车站的设计方案图，与站台连接的轨道有一定坡度，从节能的角度分析，这样的设计可以让列车无动力滑行进站时将______能转化为______能储存起来，此过程中机械能总量______。
【答案】 ①. 动 ②. 重力势 ③. 减少
【解析】
【详解】[1][2][3]列车无动力滑行进站时，速度减小，最终停止，列车的动能减小；同时列车的位置升高，将列车的动能转化为重力势能；在此过程中由于列车和轨道摩擦，一部分机械能转化为内能，因此机械能总量减少。
14. “对家庭用电的调查研究”综合实践活动中，如图是小明观察到的家中供电箱，漏电保护开关在线路漏电时自动断开，空气开关在电路超负荷运行或短路时，自动断开开关。这两个开关______（串联/并联）在______（干路/支路）上，以保证用电安全。进户线干路较其它导线特别______（粗/细），是为了______（增大/减小）电阻，防止进户线干路上通过大电流时发热引起安全事故。
【答案】 ①. 串联 ②. 干路 ③. 粗 ④. 减小
【解析】
【详解】[1][2]为了用电的安全，漏电保护开关和空气开关应串联在干路中，一个开关断开，整个电路就会断开。
[3][4]进户线干路较其他导线特别粗，是通过增大横截面积的方法来减小电阻，由焦耳定律可知，减小电阻能使电流通过导线时产生的热量变少，从而防止进户线干路上通过大电流时发热引起安全事故。
15. 如图所示，用固定在墙上的三角支架ABC放置空调室外机．如果A处螺钉松脱，则支架会绕________点倾翻．已知AB长40cm，AC长30cm，室外机的重力为300N，正好处在AB中点处，则A处螺钉的水平拉力为______N（支架重力不计）．为了安全，室外机应尽量______（填“靠近”或 “远离”）墙壁．
【答案】 ①. C ②. 200 ③. 靠近
【解析】
【详解】[1]由题图可知，如果A处螺钉松脱，则支架会绕C点倾翻．
[2]依题，这是一个以C点为支点的杠杆，根据杠杆平衡条件：
G空调×AB=F×AC
解得F=200N．
[3]空调室外机的重力一定，室外机离墙壁越近，力臂越小，作用在A点的拉力越小越安全，所以室外机应尽量靠近墙壁．
16. 如图所示，小明将A、B两个金属片分别插入土豆，制成“土豆电池”，闭合开关S，发光二极管发光，电压表有示数。A、B金属片是______（同种/不同）材质，其中发光二极管是由______（超导体/绝缘体/半导体）制成的，若二极管断路，则电压表______（有/没有）示数。
【答案】 ①. 不同 ②. 半导体 ③. 有
【解析】
【详解】[1] A、B两种金属片的电化学活性应不同，其中更活泼的那边的金属片容易失去电子成为电池的负极，故A、B金属片是不同材质。
[2]一些材料的导电性能介于导体和绝缘体之间，称为半导体，发光二极管是由半导体制成的，具有单向导电性。
[3]如图，电压表并联在二极管两端，若二极管断路，但电压表仍与电源连通，则电压表有示数。
17. 如图，用力将活塞迅速下压，筒内硝化棉燃烧，这是通过______方式改变内能的，该过程能量转化的特点与汽油机______冲程相同。一单缸四冲程汽油机，飞轮转速为，则1s对外做功______次。
【答案】 ①. 做功 ②. 压缩 ③. 25
【解析】
【分析】(1)改变内能的方法有：做功和热传递；当对物体做功，物体的内能将增大，温度升高；内燃机有四个冲程，在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能；
(2)内燃机的工作原理：一个工作循环活塞往复2次，飞轮转动2周，做功1次。
【详解】[1]在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞迅速向下压，棉絮燃烧起来，这是因为压缩筒内空气做功，使空气的内能增加。
[2]该实验中，压缩筒内空气做功，活塞的机械能转化为筒内空气的内能，与内燃机的压缩冲程的能量转化相同。
[3]已知飞轮转速为
一个工作循环活塞往复2次，飞轮转动2周，对外做功1次，故该汽油机1s内对外做功25次。
18. 有两只灯泡，L1灯标有“12V 6W”、L2灯标有“12V 12W”，不考虑灯泡电阻随温度的变化，若将L1、L2并联接在12V电源两端，则L1、L2中的电流大小之比是______，1min内电路消耗的总电能为______J；若将L1、L2的串联接在某电源两端，在电路安全的情况下只有一盏灯能正常发光，则一定是______灯（选填“L1”或“L2”），此时另一盏灯的功率为______W。
【答案】 ①. 1∶2 ②. 1080 ③. L1 ④. 3
【解析】
【详解】[1]L1灯标有“12V 6W”，则L1的电阻
L2灯标有“12V 12W”，则L2的电阻
将L1、L2并联接在12V电源两端时，此时两灯的电压均为12V，根据并联电路电流规律可知，电流之比等于电阻的反比，则电流之比
[2]由于此时两灯的电压均等于额定电压，且额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，所以，电路的总功率
P=P1+P2=6W+12W=18W
由可得，1min内电路消耗的电能
W=Pt=18W×60s=1080J
[3]将L1、L2串联接在某电源两端，因串联电路中各处的电流相等，两灯中电流小的可以正常发光，两灯正常发光时通过的电流之比为1∶2，则L1恰好正常发光。
[4]电路中的电流
此时灯泡L2两端的电压
U2=I'R2=05A×12Ω=6V
灯泡L2的功率
P=U2I'=6V×0.5A=3W
19. 某同学家的电能表如图所示，他家允许同时工作的用电器的总功率不能超过______kW，该同学观察到当他家里只有一台空调机正常工作时，10min电能表转盘转过750转，则这台空调在10min内消耗的电能是______kW·h，空调的电功率是______kW。
【答案】 ①. 8.8 ②. 0.25 ③. 1.5
【解析】
【详解】[1]由电能表的表盘数据可知，电能表允许通过的最大电流为40A，则他家同时工作的用电器的最大总功率
P最大=UI=220V×40A=8800W=8.8kW
[2]3000r/kW•h 表示电路每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过3000r，10min电能表转盘转过750r，则空调消耗的电能
[3]空调的实际功率
20. 小明为了把水平地面上重为200N的木箱移到1m高的平台上，搭建了长为2m斜面。如图所示，现对木箱施加平行于斜面的大小为120N的拉力，将其由底端以0.2m/s的速度匀速拉到顶端。在此过程中拉力做功______J，拉力的功率为______W，斜面的机械效率为______，摩擦力大小为______N。
【答案】 ①. 240 ②. 24 ③. 83.3% ④. 20
【解析】
【详解】[1]对木箱施加平行于斜面的大小为120N的拉力，斜面长为2m，此过程中拉力做功
W总=FS=120N×2m=240J
[2]将其以0.2m/s的速度匀速拉到顶端，拉力的功率
[3]使用斜面做的有用功
W有用=Gh=200N×1m=200J
斜面的机械效率
[4]因为W总=W有用+W额，所以克服摩擦力做的额外功
W额=W总-W有用=240J-200J=40J
由W额=fs得摩擦力大小
21. 如图甲中灯泡L的电流与电压关系如图乙所示，已知灯L的额定功率为1.8W，滑动变阻器R的规格为“60Ω 1A”。电流表量程为0~0.6A，电压表量程为0~15V。闭合开关S，调节滑动变阻器，当滑片位于变阻器中点时，灯L恰好正常发光，则灯泡L正常发光时的电流为______A；此时灯泡的阻值为______Ω，电路的电源电压为______V。
【答案】 ①. 0.3 ②. 20 ③. 15
【解析】
【详解】[1]由题意可知，当灯L恰好正常发光时，灯的实际功率等于额定功率，为1.8W；由图乙可知，当流过灯L的电流是0.3A时，灯L两端的电压是6V，此时灯L消耗的电功率是：
；
说明此时灯L恰好正常发光，所以灯泡L正常发光时的电流为0.3A；
[2]由欧姆定律得，此时灯泡的阻值为：
；
[3]由甲图可知，灯L与滑动变阻器串联，当灯泡L正常发光时的电流为0.3A，而且滑片位于变阻器中点，由串联电路电压的特点可知，电路的电源电压为：
。
三、解答题（共8小题，第22、23、24题每小问2分，其余每空1分，共46分）
22. 按要求完成下列作图：
（1）请在图甲中画出用羊角锤起钉时所用的最小力F；（要求保留作图痕迹）
甲
（2）在图乙的圆圈内填上适当的电表符号，保证开关闭合后两个小灯都能发光；
乙
（3）请在图丙中将保险丝和三孔插座（准备接大功率用电器），正确地接入家庭电路。
丙
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）支点在锤子的下端，作用点在锤柄端点，此时，力臂为支点到作用点的距离，力臂最长，力最小，钉子阻止锤子顺时针转动，所以作用力应促进锤子顺时针转动，故应垂直于力臂向上。如图所示：
（2）已知电表为电压表或电流表，若上方圆圈内连接电流表示，将造成灯泡L1短路，若下方圆圈内连接电压表时，将造成灯泡L1断路。故上方圆圈内连接电压表，下方圆圈内连接电流表。如图所示：
（3）三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。只有一个保险丝接在火线上。如图所示：
23. 已知生活垃圾的热值为3×106J/kg，某垃圾焚烧发电厂每天完全燃烧800t生活垃圾，其中放出热量的30%用来发电，放出热量的42%用来加热水供给附近小区。求：
（1）每天燃烧垃圾放出的总热量多少焦耳？
（2）每天可发多少度电？
（3）1标准大气压下，每天可将多少千克的水由20C恰好加热至沸腾。[c水=4.2×103J/(kg·℃)]
【答案】（1）2.4×1012J；（2）2×105度；（3）3×106kg
【解析】
【详解】（1）生活垃圾的质量m=800t=8×105kg，生活垃圾的热值为3×106J/kg，燃烧放出的热量
Q放=mq=8×105kg×3×106J/kg=2.4×1012J
（2）放出热量的30%用来发电，则电能
W电=ηQ放=30%×2.4×1012J=7.2×1011J=2×105kW•h
（3）水吸收的热量为
Q吸=η′Q放=42%×2.4×1012J=1.008×1012J
由Q吸=cmΔt得，水的质量为
答：（1）每天燃烧垃圾放出的总热量2.4×1012J；
（2）每天可发2×105度电；
（3）1标准大气压下，每天可将3×106kg的水由20℃恰好加热至沸腾。
24. 如图所示，R1=10Ω，R2=20Ω，R3=30Ω，电源电压恒定不变，若开关S1闭合，S2断开时，电流表的读数是0.3A，求：
（1）电源电压多大？
（2）当S1和S2都断开时，R1两端的电压是多少？
（3）当S1和S2都闭合时，电路在10s内产生的热量是多少？
【答案】（1）9V；（2）2.25V；（3）67.5J
【解析】
【详解】解：（1）当开关S1闭合，S2断开时，此时电路中只有R3，此时电流表的读数是0.3A。由欧姆定律可知，电源电压为
U=IR3=0.3A×30Ω=9V
（2）当S1和S2都断开时，此时电路中R1、R3串联接入电路。由欧姆定律和串联电路的特点可知，此时电路中的电流为
R1两端的电压是
U1=I1R1=0.225A×10Ω=2.25V
（3）当S1和S2都闭合时，此时电路中R2、R3并联接入电路，R1被短路。根据欧姆定律和并联电路的电流特点可知，此时电路中的电流为
因为该电路为纯电阻电路，电流做了多少功就产生了多少热量，因此，电路在10s内产生的热量是
Q=W=UI干t=9V×0.75A×10s=67.5J
答：（1）电源电压是9V；
（2）当S1和S2都断开时，R1两端的电压是2.25V；
（3）当S1和S2都闭合时，电路在10s内产生的热量是67.5J。
25. 小强是一个喜欢思考的同学，他随家人到海边玩耍时，发现阳光下的海水和岸边的沙子温差很大．于是，他带回一些岸边的沙子想比较沙子和水这两种物质吸热能力的差异．他设计如图甲所示的实验装置，所使用仪器规格也完全相同．请你来帮他完成实验：
（1）测量出_____相同的水和沙子，然后安装仪器，并记下沙子和水的初始温度．
（2）在实验时只要控制_____（选填“加热时间”或“温度变化”）相同就可以确 定水和沙子吸收了相同的热量；加热完成后只要比较他们_____（选填“加热时间”或“温 度变化”）的多少就可以比较出沙子和水吸热能力差异；
（3）小强根据实验数据，做出如图乙所示图象，根据实验数据可计算出沙子比热容为_____J/（kg•℃）；
（4）小强查表得知，由实验测得的沙子的比热容比实际值要大一些，如果测量过程中没有错误，你认为造成此误差的原因是_____．
【答案】 ①. 质量 ②. 加热时间 ③. 温度变化 ④. 1.4×103 ⑤. 酒精不一定完全燃烧，酒精燃烧时释放的热量不能完全被沙子吸收
【解析】
【详解】(1)探究不同种类物质的吸热能力，需要控制水和沙子的质量相同；
(2)根据转换法，在实验时只要控制加热时间相同就可以确定水和沙子吸收了相同的热量；根据比较吸热能力的第②种方法，加热完成后只要比较它们温度变化△t的多少就可以比较出沙子和水吸热能力差异；
(3)由图象知,在加热的最后时刻,因加热时间相同,水和沙子吸收的热量相同,但沙子升高的温度为水升高温度的3倍,则：
c沙子m△t沙子＝c水m△t水，
则
c沙子＝ ＝×4.2×103J/(kg⋅℃)＝1.4×103J/(kg⋅℃)．
(4)实验测得的沙子的比热容比实际值要大一些,原因是：酒精燃烧时不一定完全燃烧,酒精燃烧时释放的热量不能完全被沙子吸收等,根据Q放＝mq计算出的热量大于沙子吸收的热量,根据c＝可知，实验测得的沙子的比热容比实际值要大一些．
26. 在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如下表：
（1）实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应______（选填“保持静止”或“匀速上升”）；
（2）第三次实验时，测力计示数如图所示，此时绳端受到的拉力为______N，滑轮组的机械效率为______%；
（3）根据表格中的数据分析可知：
①随着物重的增大，额外功______（选填“变小”“不变”或“变大”），原因______；
②要提高同一滑轮组机械效率，可以采取______的措施。
【答案】 ①. 匀速上升 ②. 1.8 ③. 74.1 ④. 变大 ⑤. 克服摩擦做功更多 ⑥. 增加提起的物重（减轻动滑轮重，或加强转动部分的润滑等）
【解析】
【详解】（1）[1]在缓慢提升物体时，还需克服机械摩擦做功，所以为了测量滑轮组提升物体时的机械效率，需在缓慢匀速上升时读数。
（2）[2]图中弹簧测力计分度值为0.2N，读数为1.8N，此时绳端受到的拉力F=1.8N。
[3]第三次试验时，滑轮组的机械效率为
（3）①[4][5]根据表格中数据分析可知：滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子间的摩擦力做的功，随着物重的增大，动滑轮的重力不变，物重越大，摩擦力越大，所以额外功变大。
②[6]不计摩擦，滑轮组的机械效率
结合上式和表中的数据可知：提高滑轮组机械效率可以增大提升的物重、换用轻质的动滑轮、减小摩擦等。
27. 如图甲所示是小明“探究电流与电压、电阻的关系”的实验电路图。选用的实验器材是：电源（3V）、电流表（0～0.6A）、电压表（0～3V），定值电阻R1＝5Ω、R2＝10Ω、R3＝20Ω，滑动变阻器（40Ω 2A）、开关、导线若干。
(1)探究电流与电压关系：
①探究电流与电压的关系时，要保持______不变，采用的科学方法是______；
②小明在实验中进行多组数据测量的目的是什么？______
③小明选用5Ω和10Ω的两只电阻分别进行实验后，由实验数据画出的图象如图乙所示，其中M图象对应的是哪只电阻？由M图象得到的实验结论是什么？______
(2)探究电流与电阻的关系：
①小明在实验中，首先确定一个保持不变的电压值U，当AB间的电阻R由5Ω换成10Ω时，闭合开关，应将滑动变阻器的滑片向______（选填“a”或“b”）移动，才能使电压表示数变为U；
②当AB间换接20Ω的电阻时，小明无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数都无法达到U。请你告诉他，为完成实验，U的取值范围是______。
【答案】 ①. 电阻 ②. 控制变量法 ③. 为了寻找普遍规律 ④. M图象对应的是5Ω电阻；电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 ⑤. b ⑥. 3V≥U≥1V
【解析】
【详解】(1)①[1][2]由控制变量法可知，探究电流与电压的关系时，需要保持电阻不变。
②[3]实验中，进行了多组数据的测量，其目的是为了寻找普遍规律。
③[4]由图乙可知，当电压为1V时，通过M的电流大于N的电流，由R=可知N图像对应的电阻较大，M图像对应的电阻较小，所以M图像对应的电阻是5Ω。由图像可知，电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
(2)①[5]当AB间的电阻R由5Ω换成10Ω时，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，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b端移动，使电压为U。
②[6]变阻器的最大阻值是40Ω，当AB间换接20Ω的电阻时，变阻器的阻值处于最大处，通过电路的电流
=0.05A
电阻两端的电压
UAB=IR3=0.05A×20Ω=1V
电压表的示数最小为1V，电压表的量程是0-3V，电压表的最大示数是3V，所以为完成实验，U的取值范围是
3V≥U≥1V
28. 某同学利用如图甲所示电路来测量小灯泡的额定电功率，电源电压恒定，小灯泡的额定电压为2.5V，实验步骤如下：
(1)请根据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物连接完整（要求滑片P向左移动的过程中电流表示数变小）；
（ ）
(2)正确连接电路后，闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑片P置于____（ 选填“A”或“B”）端；
(3)闭合开关S，发现电流表指针偏转，小灯泡微弱发光，而电压表指针无偏转，则故障的原因可能是电压表_____（选填 “断路”或“短路”）；
(4)排除故障后，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P，使小灯泡两端电压达到额定电压，此时电流表的示数如图丙所示，则通过小灯泡的电流为____A；
(5)通过以上数据可以计算出小灯泡的额定功率为_________W；
(6)在测量小灯泡额定电功率时，另一位细心的同学在调节滑动变阻器的过程中，记录了多组电压表与电流表的示数，并大致描绘出了小灯泡的I—U图象，如图丁所示。通过图象可以发现不同电压下小灯泡的电阻不同，小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而____________。
【答案】 ①. ②. A ③. 断路 ④. 0.30 ⑤. 0.75 ⑥. 增大
【解析】
【详解】(1)[1]要求滑片向左移动时，电流表示数变小，即电阻变大，故变阻器右下接线柱连入电路中，如图所示
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(2)[2]为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应为最大阻值，即滑片P移到A端。
(3)[3]电流表指针偏转，说明电路是通路或局部某元件短路，小灯泡微弱发光，说明小灯泡没有被短路，电压表并联在小灯泡两端，所以电压表也不会被短路，电压表无示数，只能是电压表断路。
(4)[4]如图丙所示，电流表接量程，分度值是0.02A，电流表读数是0.30A。
(5)[5]小灯泡额定电压是2.5V，正常发光时电流是0.30A，则小灯泡额定功率
(6)[6]由图丁，灯泡两端电压增加量相同，电流增加量越来越小，故灯丝电阻随温度的升高而增大。
29. 阅读短文，回答问题。
纯电动汽车
根据中汽协数据，2021年中国新能源汽车产销量迅猛增长，已超过三百万辆。电池是纯电动汽车的核心，衡量电池性能的一个重要参数是能量密度，即单位质量储存的电能。某款纯电动汽车搭载了高性能三元锂电池，能量密度达到了150W·h/kg，电池质保8年或15万公里，该车配备专利电池管理系统及超低温预热充电技术，零下35度亦可正常启动和充电，最高续航里程更是达到了600km。同时支持快充和慢充两种模式：快充半小时即可将电量由30%充至80%；慢充7小时充满，无论哪种充电方式都需要供电系统中提供接地良好的地线，否则车辆拒绝接受充电。其部分参数如下：
车辆在减速或制动时，车轮的转动会带动驱动电机转动，此时驱动电机就变成了发电机，能够产生电能为汽车的动力电池充电，达到能量回收利用的效果，同时具有辅助制动功能。
（1）电动汽车充电时要将外壳与地线保持良好接触，否则充不了电，这是为了防止______；
（2）若按每千瓦时0.5元的居民电价计算，在最经济的情况下，汽车行驶100公里的电费成本为______元；
（3）该车在快充时（由30%充至80%）的充电功率为______kW；
（4）关于该款纯电动汽车，下列说法不正确的是______。
A.纯电动汽车的电池质量约为500kg
B.能量回收系统可有效延长刹车片的寿命
C.能量回收系统可提高汽车的续航里程
D.快充使用的导线要比慢充粗
【答案】 ①. 触电 ②. 5 ③. 60 ④. A
【解析】
【详解】（1）[1]电动车的外壳有大量的金属材料，充电时需要供电系统中提供接地良好的地线，是为了防止人接触电动车而发生触电事故。
（2）[2]根据最高续航里程更是达到了600km，电池容量.，按每千瓦时0.5元的居民电价计算，行驶100km需要的费用是
因此行驶100公里的电费成本5元。
（3）[3]快充半小时即可将电量由30%充至80%，充电电能变化量:
充电时间t=0.5h，因此充电功率
（4）[4]A．电池的能量密度达到了，即1kg电池容量是
因此电池的质量是
故A错误，符合题意；
B．能量的回收利用，同时具有辅助制动功能，因此减小了刹车片的使用，有效延长刹车片的寿命，故B正确，不符合题意；
C．能量回收是电动汽车特有的功能，车辆在减速或制动时，车轮的转动会带动驱动电机转动，此时驱动电机就变成了发电机，能够产生电能为汽车的动力电池充电，达到能量回收利用的效果，可提高汽车的续航里程，故C正确，不符合题意；
D．快充时，电功率大，通过导线的电流大，因此使用的导线要比慢充粗，故D正确，不符合题意。
故选A。
序号
动滑轮重G动/N
物重G/N
物体上升的高度h/m
绳端受到的拉力F/N
绳端移动的距离s/m
滑轮组的机械效率η/%
1
0.5
1
0.1
0.6
0.3
55.6
2
0.5
2
0.1
1.0
0.3
66.7
3
0.5
4
0.1
0.3
整车质量
1680kg
电池容量
电动机最大功率
160kW
最高时速
155km/h
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