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2022-2023学年江苏省盐城市大丰区九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省盐城市大丰区九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.小明用如图装置“探究动能大小与速度的关系”，下列说法正确的是( )
A. 实验研究对象是木块
B. 水平表面必须光滑
C. 让不同的小车从斜面同一高度由静止释放
D. 让同一小车从斜面的不同高度由静止释放
2.下列现象中，利用做功使物体内能增加的是( )
A. 铁块放在炉火中烧红了B. 烧开水时，壶盖被水蒸气顶起来
C. 通电后电热丝发烫D. 冬天，人们在太阳下取暖
3.用如图所示的方法将相同物体提升相同高度，下列说法正确的是( )
A. 两种方法都能省力
B. 两种方法都能省功
C. 两种方法手移动的距离相同
D. 两种方法做的有用功相同
4.小华用普通灯泡制作了一根发光棒，如图所示。闭合开关，众小灯齐发光；一段时间后，其中一小灯熄灭，其它灯泡继续发光。关于上述现象下列猜想中合理的是( )
A. 该小灯处断路，众小灯串联
B. 该小灯处短路，众小灯串联
C. 该小灯处短路，众小灯并联
D. 以上情况都有可能
5.对于物理学习中涉及到的物理方法，下列说法正确的是( )
A. 将电流比作水流是转换法
B. 用杠杆的五要素分析剪刀的使用是建立模型的方法
C. 通过比较木桩被重物打入沙中的深度来比较重力势能大小是控制变量法
D. 探究杠杆平衡条件时要多测几组数据是为了减小误差
6.如图是一个自动体重测试仪的工作原理图，有关它的说法正确的是( )
A. 体重示数计是用电压表改装成的
B. 体重测试仪电路由于缺少开关，始终处于通路
C. 体重越大，体重示数计的示数越大
D. 体重测试仪所测体重越大，电路消耗电能越少
7.甲、乙两个物体吸收相同的热量后，甲升高的温度大于乙升高的温度，设甲、乙两物质的比热容为c甲和c乙，则( )
A. c甲>c乙B. c甲8.物理老师给同学们做短路演示实验时，他将蓄电池、自制铜导线组成短路电路，如图所示是在实验中铜导线烧断时的情境，烧断处被烧断是因为该处一小段铜导线与其它同长度的铜导线相比，它的( )
A. 电阻较大B. 电压较小C. 电流较大D. 电功率较小
9.如图所示，小华同学将规格为“3V 3W”和“3V0.5W”的两个灯泡串联接入电路，电源电压为3V，闭合开关后发现甲灯不发光，乙灯发光，下列说法有可能出现的是( )
A. 甲灯断路
B. 乙灯短路
C. 甲灯为“3V 3W”，乙灯为“3V0.5W”
D. 甲灯为“3V0.5W”，乙灯为“3V 3W”
10.用如图所示电路探究“电压一定时，电流与电阻关系”的实验，在A、B间接入5Ω的定值电阻R，移动滑片P，使电压表示数为2V，读出电流表示数，接着取下5Ω的电阻分别换上10Ω、15Ω的定值电阻，移动滑片，使电压表示数仍为2V，当换上15Ω的定值电阻时，无论怎样移动滑片，电压表示数都不能回到2V。对此现象，下列分析正确的是( )
A. 15Ω电阻太小，换一个更大的定值电阻，继续实验
B. 变阻器的最大阻值太大，换一个最大阻值小一点的变阻器继续实验
C. 在第一次接入5Ω的定电阻时，移动滑片，使电压表示数为定值1.5V，继续实验
D. 将三个电阻按15Ω、10Ω、5Ω的由大到小的顺序接入进行实验，可以避免这种现象
二、填空题：本大题共8小题，共24分。
11.一节新的普通干电池电压为______V；给蓄电池充电时是将______能转化为______能。
12.旗杆顶端装有______ (定/动)滑轮，利用它来升国旗，是为了______ ；升旗手将一面国旗在国歌声中匀速拉升过程中，国旗的机械能______ (变大/不变/变小)。
13.一根电阻丝两端加6V电压时，电阻丝中通过的电流是0.4A，它的电阻是______ Ω，两端加9V电压时，通过的电流是______ A，两端不加电压时它的电阻是______ Ω。
14.在热水瓶中注入一定量的热水后，立即盖上软木塞，过一伙儿软木塞会跳起来。这一过程中，瓶内气体的______ 能转化为软木塞的______ 能。这一过程类似与热机工作时的______ 冲程。
15.如图甲所示电路中，R0为定值电阻，R1为滑动变阻器。图乙是该滑动变阻器消耗的电功率与电流关系的图象。则该滑动变阻器的最大值是______Ω，电源电压是______V，电路消耗的最小电功率为______W。
16.如图所示，电能表示数为______ kW⋅h；此电能表接入家庭照明电路中，允许用电器总功率最大为______ W；若再转动250转，则电能表示数变为______ kW⋅h。
17.如图所示的电路，电源电压保持不变，所有电表为理想电表，闭合开关后，当滑片P向右移动时，电压表V的示数______，电流表A2示数______，电路消耗的总功率______(均填“变大”、“变小”或“不变”)。
18.LED灯具有节能、环保等特点。为践行“低碳理念”，LED节能灯在生活中使用越来越广泛，它可以把电能绝大部分转化为光能。现有一盏标有“12V 5W”LED灯，其亮度与“220V 40W”的普通白炽灯相当。
(1)上述LED灯和白炽灯都正常工作的电流之比是______ ；
(2)若上述LED灯和白炽灯都正常工作相同时间，两灯消耗的电能之比是______ ；
(3)“220V 40W”白炽灯工作时的能量转化情况如图，则可推测5WLED灯与40W白炽灯照明效果相同时LED节能灯的发光效率是______ 。
三、作图题：本大题共3小题，共6分。
19.图中，(a)是打开的汽车后备箱盖，它被液压杆支撑(不计后备箱盖重).关箱盖时，它可看作一个杠杆，(b)是其简化图：O 是支点，F2是液压杆作用在 A 点的阻力．请在图(b)中画出阻力臂l2 及在 B 点关上后备箱盖的最小动力 F1 的示意图．
20.请在图中用笔画线，画出用滑轮组提升重物最省力的绕法。
21.请将图丙所示一个三孔插座和一个带开关的灯泡分别接入家庭电路．
四、实验探究题：本大题共3小题，共21分。
22.小明用质地均匀的杠杆探究“杠杆平衡条件”(不计摩擦)：
(1)未挂钩码时，小明发现杠杆右端低左端高，应将杠杆右端的平衡螺母向______ 调节(左/右)，直至杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是______ 。
(2)如图甲所示，小明用弹簧测力计在B点沿______ 的方向拉动，使杠杆在水平位置平衡，便可以在杠杆上直接读出动力臂的大小。
(3)如图乙所示，不改变拉力的方向把杠杆由图乙的位置缓慢拉到图丙的位置时静止，弹簧秤的示数将______ 。(变大/变小/不变)
(4)如图丁所示，小明继续研究杠杆的机械效率。他用轻绳悬挂杠杆一端的O点作为支点，用拉力F，将重为G的钩码缓慢匀速提升，用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2；则：
①杠杆机械效率的表达式为η=______ 。(用测量的物理量符号表示)
②若只将钩码的悬挂点由B移至C点，O、A位置不变，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆的机械效率将______ (变大/变小/不变)。
23.在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压恒定为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为10Ω，所用滑动变阻器的规格为“50Ω1A”。
(1)请用笔画线代替导线将甲图中未完成的实物电路连接完整；
(2)闭合开关前，滑片P应移到______(选填“A”或“B”)端。闭合开关，发现小灯泡不发光，电压表无示数，电流表有示数，则电路中发生的故障是______。
(3)排除故障后，改变滑动变阻器的阻值，多次测量通过小灯泡的电流和它两端的电压，根据记录的数据画出了如图乙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象，根据图象提供的信息，可知小灯泡的额定功率为______W，小灯泡灯丝电阻变化的原因是______。
(4)某同学还想探究电流与电阻的关系，于是将甲图中的小灯泡换成定值电阻，并使电压表的示数始终保持2V不变，多次更换阻值不同的定值电阻，记录各次电流表的示数，在不更换其他器材的情况下，为了能够完成实验，他更换的定值电阻的阻值不能大于______Ω。
24.小明利用如图所示的实验装置探究“导体产生的热量与电阻大小的关系”，甲、乙两瓶中装有质量与初温都相同的煤油，甲瓶中铜丝的电阻比乙瓶中镍铬合金丝的电阻小。
(1)通过观测______ 来比较电阻丝产生热量多少，这种研究物理问题的方法叫______ 。为让烧瓶内液体温度升高得快些，应选用______ (煤油/水)
(2)通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，由此得出的实验结论是：在______ 和通电时间相同时，______ 越大，导体产生的热量越多。
(3)在不改变电路连接方式的情况下，本套装置可以探究电功和______ 关系，但要添加______ 表才能完成探究。
(4)聪明的小明想将乙烧瓶中换等质量的盐水，探究“比较不同物质的吸热能力”的实验。你觉得是否可以，说出理由______ 。
五、计算题：本大题共2小题，共19分。
25.每到夏收季节，高淳农村大量农作物秸秆在田间被随意焚烧，如图这不仅造成资源浪费、环境污染，而且极易引发火灾等。为解决这一问题，现已研制出利用秸秆生产的节能环保型燃料--秆浆煤。若燃烧秆浆煤(热值为2.4×107J/kg)，使50kg、20℃的水温度升高到80℃.求：
(1)水需要吸收的热量。
(2)如果秆浆煤燃烧释放的热量有30%被水吸收，需要完全燃烧多少千克秆浆煤。
26.一规格为“2.5V，0.5W”的小灯泡电流随电压变化的曲线如图甲所示，将它连入如图乙所示电路中，电源电压为6V保持不变。求：
(1)小灯泡正常发光时的电阻；
(2)小灯泡正常发光时电路的总功率；
(3)当电流表的示数为0.15A时，滑动变阻器在1min内消耗的电能。
六、综合题：本大题共1小题，共10分。
27.阅读短文，回答问题：
远程输电发电厂发出的电并不是只供附近的人们使用，还要传输到很远的地方。如图甲是电能输送的示意图。在输电线上，由于电流的热效应，必然有一部分电能转化成内能而损失掉，导线越长，损失越多。目前远距离送电主要采取高压送电的方式来实施。在保证输送功率不变的情况下，采用提高电压的方法减少线路上的损失。如把发电机、高压输电线、变压器这些统称为供电设备，电能输送的示意图就可以作如图乙的简化。请结合短文和所学知识回答下列问题：
(1)从发电厂发出电到进入家庭，变压器使电压的大小经过了______ 次改变，最终直接进入家庭的电压为______ V。输电过程中导线的温度升高，本质是通过______ 的方式改变内能。
(2)下列单位不能够表示远程输电损耗电能大小的是______ 。
A.J
B.A2⋅Ω
C.V2⋅Ω−1⋅s
D.W⋅s
(3)在输电阶段，输电线上常用如图丙装置将四根导线并联起来，相当于增大了导线的______ ，从而减小了导线的______ ，以达到减少输电线上电能损失的目的。
(4)采用高压输电可以减少电能在线路上的损失，原因是______ 。
(5)如果供电设备的输出电压恒为220V，通过总电阻为0.5Ω的输电线向居民楼内用户供电，家用电器的实际电压______ (小于/等于/大于)220V。当居民楼内所有用电器消耗的总功率为2150W的时候，用电器两端的实际电压为______ V。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
动能的决定因素有两个：质量和速度，在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”时，应该利用控制变量法的思路，去分析解决；小车把木块推出的距离长，说明的动能大这是一种转换的方法。
(1)物体由于运动而具有的能叫做动能，动能的大小与物体的质量和速度有关；
(2)实验过程要采用控制变量法，当研究动能大小与质量的关系时，要让钢球沿斜面的同一高度下落，这样保证下落速度相同，当研究动能大小与速度的关系时，应选择同一钢球从不同的高度释放，这样可以保证小球的质量相同；即只有这样实验才更为科学严密。
【解答】
A、该实验的研究对象是小车，不是木块，故A错误；
B、在该实验中我们用到了转换的方法，即将小车动能的大小转化为其对木块做功的多少来比较，即小车推动木块越远，其对木块所做的功就越多，即具有的动能就越大；反之就越少；实验中若水平表面光滑，则无法观察木块移动距离的远近，故B错误；
C、动能的大小与物体的质量和速度有关，要探究动能大小与速度的关系，必须控制物体的质量相同，也就是保持小车的质量不变；而让不同的小车从同一斜面同一高度静止释放，是控制小车的速度不变，故C错误；
D、动能的大小与物体的质量和速度有关，要探究动能大小与速度的关系，必须控制物体的质量相同，也就是保持小车的质量不变，让小车从同一斜面不同高度静止释放，故D正确。
2.【答案】C
【解析】解：A、铁块放在炉火中烧红了，属于热传递改变物体的内能，不符合题意。
B、烧开水时，壶盖被水蒸气顶起来，水蒸气对外做功内能减少，不符合题意。
C、通电后电热丝发烫，属于做功使物体内能增加，符合题意。
D、冬天，人们在太阳光下取暖，属于热传递改变物体的内能，不符合题意。
故选：C。
本题抓住改变物体内能有两种方式：做功和热传递。做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，热传递有传导、对流和辐射三种形式。
本题考查了改变物体内能有两种方式。
3.【答案】D
【解析】【分析】
此题考查了定滑轮和动滑轮的工作特点，是一道基础题。
(1)定滑轮实质是等臂杠杆，即不省力也不费力，但能改变力的方向。
(2)动滑轮实质是动力臂是阻力臂二倍的杠杆，使用动滑轮能省一半的力，但费一倍的距离。
【解答】
A.使用动滑轮可以省力，定滑轮不省力，故A错误；
B.使用任何机械都不能省功，故B错误；
C.定滑轮不省力也不省距离，动滑轮省力但费距离，故C错误；
D.把相同的重物提升相同的高度，做的有用功相同，故D正确。
4.【答案】B
【解析】【分析】
此题考查的是串并联电路的辨别，把握住工作过程中彼此是否影响，就能正确作出判断。
串联电路所有用电器共同组成一个通路，一个用电器断路，其它用电器都不能工作；
并联电路每个用电器独立与电源组成通路，一个用电器断路，不影响其它用电器的工作；
用导线将用电器两端连接，会造成用电器短路，无电流通过用电器，用电器不能工作。
【解答】
若该小灯处断路，众小灯仍然能够发光，说明此小灯对其它灯泡发光情况不影响，所以是并联；若该小灯短路，如果与其它灯泡都是并联，其它灯泡也被短路不能发光；所以此小灯与其它灯泡串联且此小灯短路，相当于在此位置串联了一段导线，所以其它小灯仍然发光，故B正确。
5.【答案】B
【解析】解：A、水流能够观察，电流不能直接观察，用水流说明电流的形成和作用，采用的是类比法，故A错误；
B、杠杆的五要素包括支点、动力、阻力、动力臂和阻力臂，五要素是在大量实物模型的基础上，归纳总结得出的，采用的是建立模型法，故B正确；
C、重力势能的大小不能直接观察，通过比较木桩被重物打入沙中的深度来比较重力势能大小，采用的是转换法，故C错误；
D、探究杠杆平衡条件时要多测几组数据是为了总结规律，避免实验结论的偶然性，故D错误。
故选：B。
逐项分析各探究实验采用的物理学方法进行作答。
本题考查了物理学方法的应用，属于基础知识。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了欧姆定律在动态电路中的应用；解决本题的关键是欧姆定律、电功公式的应用以及滑动变阻器的正确使用；并会将理论知识应用到实际生活当中，真正体会从物理走向生活的理念。
(1)根据电表的正确使用，即电流表串联在电路中，电压表并联在电路中判断体重显示表；
(2)当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路；
(3)当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻越小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据W=UIt可知电路消耗电能的多少与工作时间有关。
【解答】
A.由电路图可知，体重测试仪串联在电路中，所以体重显示表是用电流表改装成的，故A错误；
B.当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路，故B错误；
C.当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据I=UR可知，电路中的电流变大，即体重显示表的示数越大，故C正确；
D.由W=UIt可知，电路消耗电能的多少与工作时间有关，而工作时间不知，消耗电能的多少无法判断，故D错误。
故选C。
7.【答案】D
【解析】解：由热量的计算公式Q=cm△t可得：c=Qm△t，
c甲=Q甲m甲△t甲，
c乙=Q乙m乙△t乙；
因为甲、乙两个物体的质量未知，所以无法比较比热容的大小。
故选：D。
利用热量的计算公式Q=cm△t可知，在质量相等、吸热也相同的情况下，谁的温度升高得快，它的比热容小。
比较两个量的大小一定要根据公式来分析，这样思维严谨些。
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查电导线烧断的原因，是因为电阻过大造成的，会根据焦耳定律的计算公式进行分析解决问题。
铜导线被烧断的原因是温度过高造成的，而温度过高是因为热量多，根据焦耳定律Q=I2Rt分析解答。
【解答】
由图可知，电路中只有一条铜导线，所以铜导线中电流处处相等，根据焦耳定律公式Q=I2Rt知，在电流、通电时间相同的情况下，电阻越大，产生的热量越多，温度越高，因此电阻大的位置容易被烧断，故A正确。
故选A。
9.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，两个灯泡串联，若甲灯断路，则电路中无电流，两个灯泡都不会发光，故A错误；
B、乙灯发光，则乙灯不可能短路，故B错误；
CD、两个灯泡的额定电压相同，额定功率不同，根据P=U2R可知，“3V 3W”灯泡的电阻小于“3V0.5W”灯泡的电阻；
两个灯泡串联接入电路中，通过两个灯泡的电流是相同的；根据P=I2R可知，“3V 3W”灯泡的实际功率要远小于“3V0.5W”灯泡的实际功率；由于灯泡的实际功率越大，灯泡越亮，所以发光的灯泡是“3V0.5W”；由于“3V 3W”的实际功率过小，达不到发光的亮度，所以甲灯为“3V 3W”，乙灯为“3V0.5W”，故C正确、D错误。
故选：C。
根据P=U2R分析两个灯泡的电阻的大小关系；在串联电路中，电流处处相同；根据灯泡的发光情况分析电路故障的原因；
根据P=I2R分析两个灯泡实际功率的大小关系，从而得出是哪个灯泡发光。
本题考查了串联电路的特点和电功率公式的综合应用、电路故障的判定，难度不大。
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了探究电流与电阻的关系，难度一般。
在探究“电压一定时，电流与电阻关系”的实验中，电路如图所示。先在 A，B间接入5Ω的定值电阻R，移动滑片P，使电压表示数为2V，读出电流表示数。接着取下5Ω的电阻分别换上10Ω、15Ω的定值电阻，移动滑片，使电压表示数仍为2V。但小华在实验中，当换上15Ω的定值电阻时，无任怎样移动滑片，电压表示数都不能回到2V，原因可能是15Ω电阻太大；可能是变阻器的最大阻值太小，所分的电压太小；
【解答】
在小华在实验中，当换上15Ω的定值电阻时，无任怎样移动滑片，电压表示数都不能回到2V，原因可能是15Ω电阻太大，换一个更小的定值电阻，继续实验，故A错误；可能是变阻器的最大阻值太小，所分的电压太小，换一个最大阻值大一点的变阻器继续实验，故B错误；可能是在第一次接入5Ω的定电阻时电压表的示数太小，可以移动滑片，使电压表示数大于2V，故C错误；如果将三个电阻按15Ω、10Ω、5Ω的由大到小的顺序接入进行实验，可以避免这种现象，故 D正确。
综上所述，ABC错误，D正确。
故选D。
11.【答案】1.5； 电；化学
【解析】【分析】
本题考查了常见的电压值和给蓄电池充电时的能量转化，是一道基础性题目。
掌握一节干电池的电压、一个蓄电池的电压、照明电路的电压、动力电路电压、人体的安全电压；
蓄电池充电时，将电能转化为了化学能。
【解答】
一节标准新普通干电池的电压是1.5V；
蓄电池充电时，是把电能转化为化学能，贮存在电池内。
12.【答案】定； 改变力的方向；变大
【解析】【分析】
解决此类问题要结合定滑轮的特点及动能和重力势能的影响因素进行分析。
解决此题要知道定滑轮的特点：使用定滑轮不省力但能改变力的方向；
物体动能大小与物体的质量和速度有关，质量越大、速度越大，动能就越大；
重力势能与物体的质量和高度有关，质量越大、高度越高，重力势能就越大。
【解答】
旗杆顶端装有定滑轮，这样升国旗时可以改变力的方向；
国旗在国歌声中匀速拉升过程中，国旗质量和速度不变，所以国旗的动能不变；
国旗的高度增大，所以国旗的重力势能变大；机械能变大。
13.【答案】15； 0.6； 15
【解析】【分析】
本题考查了欧姆定律的应用，关键是知道电阻与两端的电压和通过的电流无关。
已知电阻丝两端电压和通过它的电流，根据I=UR可计算电阻丝的电阻以及两端加9V时通过的电流；
电阻是导体的特性，与电压和电流无关，影响电阻的因素有材料、长度和横截面积以及温度。
【解答】
由题知，电阻丝两端加6V电压时，电阻丝中通过的电流是0.4A，
由I=UR可得，电阻丝的电阻：R=UI=6V0.4A=15Ω；
当两端加9V电压时，导体的电阻不变，通过的电流：I′=U′R=9V15Ω=0.6A；
电阻是导体的特性，与电压和电流无关，所以两端不加电压时它的电阻仍为15Ω。
14.【答案】内；机械；做功
【解析】【分析】
本题从生活中的物品入手，考查做功与物体内能的改变，以及热机的相关知识，注重了物理知识与生活的联系。
(1)瓶内气体受热膨胀对瓶塞做功，内能转化为机械能；
(2)汽油机的四个冲程中，压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能。
【解答】
热水瓶注入一定量的热水后，立即盖上软木塞，软木塞会跳起来，软木塞的机械能增大，这是由于热水瓶内气体膨胀做功造成的，气体的内能转化成软木塞的机械能；
汽油机在做功冲程中，气缸内高温气体膨胀推动活塞做功，内能转化为机械能；故该能量转化过程与汽油机的做功冲程相同。
15.【答案】50；12；2.4
【解析】解：由电路图可知，R0与R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流．
由图象可知，当电路中的电流I=0.2A时，R1的电功率P1=2W，
由P=I2R可得，R1接入电路的电阻：
R1=P1I2=2W(0.2A)2=50Ω；
由图象可知，当电路中的电流I′=0.4A时，R1的电功率P1′=3.2W，
此时R1接入电路的电阻：
R1′=P1′I′2=3.2W(0.4A)2=20Ω，
串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
由I=UR可得，电源的电压：
U=I′(R0+R1′)=0.4A×(R0+20Ω)，
当电路中的电流I=0.2A时，电源的电压：
U=I(R0+R1)=0.2A×(R0+50Ω)，
解得：R0=10Ω，
电源的电压U=I(R0+R1)=0.2A×(10Ω+50Ω)=12V.
当滑片位于最a端时电路总电阻最大，此时电路中的电流最小，
电路消耗的最小功率P=U2R0+R1大=(12V)210Ω+50Ω=2.4W.
故答案为：50；12；2.4.
(1)由电路图可知，R0与R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流．
由图象可知，电路中的电流是0.2A时R1的电功率，根据P=I2R求出R1接入电路的电阻；
由图象读出电路中的电流为0.4A时R1的电功率，根据P=I2R求出R1接入电路的电阻；
(2)根据电阻的串联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求出R0的阻值，进一步求出电源的电压．
(3)当滑动变阻器的最大阻值R1与电阻R0串联，此时电路中的电流最小，根据P=U2R总可求得电路消耗的最小功率．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是利用好电源的电压不变和从图象中读出电流对应的功率．
16.【答案】751.8；2200；751.9
【解析】【分析】
(1)电能表显示的数字中最后一位是小数位，单位为kW⋅h；
(2)由电能表的参数可知正常工作时的电压和允许用电器正常工作时的最大电流，根据P=UI求出电能表允许同时工作用电器的最大总功率；
(3)2500R/kW⋅h表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转2500圈，据此求出再转动2000转消耗的电能，然后得出电能表的示数。
本题考查了电能表的读数和电功率的计算以及消耗电能的计算，明白电能表参数的含义是关键。
【解答】
(1)电能表的读数时，最后一位是小数，单位kW⋅h，示数W1=751.8kW⋅h；
(2)由电能表参数可知，电能表正常工作时的电压为220V，允许用电器正常工作时的最大电流为10A，
则电能表允许同时工作用电器的最大总功率：P=UI=220V×10A=2200W；
(3)因2500R/kW⋅h表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转2500圈，
所以，再转动2000转消耗的电能：W2=2502500kW⋅h=0.1kW⋅h，
则电能表示数：W=W1+W2=751.8kW⋅h+0.1kW⋅h=751.9kW⋅h。
17.【答案】不变；变小；变小
【解析】【分析】
本题考查了学生对欧姆定律及其变形公式的掌握和运用，分析电路图得出电路的连接方式和三表的测量对象是本题的突破口，灵活运用并联特点和欧姆定律是关键。
闭合开关，灯泡与滑动变阻器R并联，电流表A1测灯泡支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表侧电源的电源，当滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，滑动变阻器所在支路的电流变小，灯泡所在支路的电流不变，电路总电流变小，根据公式P=UI可求功率的变化。
【解答】
解：闭合开关，灯泡与滑动变阻器R并联，电流表A1测灯泡支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源的电压；
(1)电路为并联电路，电压表始终测电源的电压，且电源的电压保持不变，所以电压表V的示数将不变；
(2)并联电路各用电器独立工作、互不影响，
所以当滑动变阻器的滑片P向右移动时，通过灯泡支路的电流不变，电流表A1示数不变；
滑动变阻器所在支路的电阻变大，根据欧姆定律可知，所在支路的电流变小；
又因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变小，电流表A2示数变小；
根据P=UI可知，电路消耗的总功率变小。
18.【答案】(1)55:24；
(2)1：8
(3)80%
【解析】【分析】
本题考查的是电能的计算、能量转化及其效率计算，关键是利用好灯的铭牌(额定功率)和白炽灯的能流图，通过做题明白白炽灯被淘汰的原因。
(1)由两灯的铭牌可知两灯的额定功率，正常工作时的实际功率等于各自的额定功率，利用P=UI求出比较电流之比；
(2)由两灯的铭牌可知两灯的额定功率，正常工作时的实际功率等于各自的额定功率，利用W=Pt求出相同时间内消耗的电能之比；
(3)由图可知白炽灯消耗的电能和获得的光能，根据效率公式求出该白炽灯的发光效率；额定功率为5W的LED灯的亮度与额定功率为40W的普通白炽灯相当，相同时间内产生的光能相等，根据t=WP求出工作时间，根据W=Pt求出LED灯消耗的电能，利用效率公式求出5WLED灯的发光效率。
【解答】
(1)因为两灯正常工作，所以PLED=5W，P白炽灯=40W，
由P=UI可得：正常工作的电流之比ILED:I白炽灯=PLEDULED:P白炽灯U白炽灯=5W12V:40W220V=55:24；
(2)因为两灯正常工作，所以PLED=12W，P白炽灯=40W，
因为W=Pt，时间t相同，所以两灯消耗的电能之比：
WLED：W白炽灯=PLEDt：P白炽灯t=PLED：P白炽灯=5W：40W=1：8；
(3)η=W光W电×100%=10J100J×100%=10%，
白炽灯消耗100J电能的工作时间：t=W电P白炽灯=100J40W=2.5s，
因额定功率为5W的LED灯的亮度与额定功率为40W的普通白炽灯相当，所以，相同时间内产生的光能相等，
则LED灯消耗的电能：W电′=PLEDt=5W×2.5s=12.5J，
则5WLED灯的发光效率：η ′=W光W电 ′×100%=10J12.5J×100%=80%。
19.【答案】解：
(1)阻力臂为支点到阻力作用线的距离，先反向延长F2，再由O点作F2作用线的垂线即为阻力臂；
(2)动力最小，即动力臂最长，从支点到动力作用点的距离作为动力臂最长，也就是最省力，即OB作为动力臂最省力，阻力方向向上，因此动力方向向下，
如下图所示：
【解析】要解决此题，需要掌握力臂的概念，知道力臂是从支点到力的作用线的距离。由支点向力的作用线做垂线，垂线段的长度即为力臂。先确定最长的力臂，即离支点与力的作用点的连线；然后过动力作用点做垂直于杠杆的作用力即可。
本题考查了最小力问题，最小力问题转化成最大力臂问题是解决问题的关键。
20.【答案】
【解析】【分析】
要使滑轮组省力，就是使最多的绳子段数来承担动滑轮的拉力，图中滑轮组由一个动滑轮和一个定滑轮组成，有两种绕线方法。若n为偶数，绳子固定端在定滑轮上；若n为奇数，绳子固定端在动滑轮上；即：“奇动偶定”。
查了滑轮组的组装．滑轮组的组装有两种方法，从定滑轮绕起或从动滑轮绕起。从动滑轮开始绕，承担物重的绳子段数多。
【解答】
n为奇数时，承担物重的有3段绳子，此时最省力，根据奇动偶定，绳子的固定端在动滑轮上，如图所示：
。
21.【答案】
【解析】【分析】
本题考查家庭电路的连接，难度一般。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性．
(1)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套．
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线．
【解答】
(1)灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接在灯泡的螺旋套上，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故，既能控制灯泡，又能更安全；
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线．如图所示：
。
22.【答案】(1)左；消除杠杆自重对实验的影响；(2)竖直向下；(3)不变；(4)Gh1Fh2×100%；变大
【解析】解：(1)杠杆的右端低，说明这一侧力与力臂的乘积大，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向左调节；
杠杆在水平位置平衡，此时主要目的是消除杠杆重对杠杆平衡的影响；
(2)如图甲，根据力与力臂的关系，小明用弹簧测力计在B点竖直向下拉时，才可以在杠杆上直接读出动力臂；
(3)做实验时，如图丙所示的杠杆已达到平衡。当杠杆由图乙的位置变成图丙的位置时，其动力臂、阻力臂的比值是不变的，所以在阻力不变的情况下，动力是不变的。
(4)①有用功为W有=Gh1，总功W总=Fh2，则机械效率的表达式η=W有W总×100%=Gh1Fh2×100%。
②杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，克服杠杆重做额外功，W有+W额=W总，
设杠杆重心升高的距离为h，所以，Gh1+G杠h=Fh2，G不变，h1不变，G杠不变，
钩码的悬挂点由B点移至C点，钩码升高相同的高度，有用功不变，根据三角形的知识可知：杠杆重心提升的高度减小，所以根据W额=Gh可知额外功减小，因此在有用功相同的条件下，杠杆的机械效率变大，即ηB<ηC。
故答案为：(1)左；消除杠杆自重对实验的影响；(2)竖直向下；(3)不变；(4)Gh1Fh2×100%；变大。
(1)调节杠杆两端的平衡螺母，使平衡螺母向上翘的一端移动，使杠杆在水平位置平衡，杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆重对杠杆平衡的影响；
(2)弹簧测力计在B点竖直向下拉时，才可以在杠杆上直接读出动力臂；
(3)力臂指的是支点到力的作用点的距离，杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，根据杠杆平衡的条件可解决题目；
(4)使用杠杆克服钩码的重力做功，有用功等于克服钩码重力做的功，总功等于弹簧测力计的拉力做的功，机械效率等于有用功和总功的比值。
本题考查杠杆平衡条件实验，利用杠杆平衡条件，可以求出力或力臂大小，也可以判断杠杆是否平衡，或判断力的大小变化等，杠杆平衡条件应用很广泛。此题同时考查杠杆机械效率的测量，把握有用功、总功的计算方式，明确机械效率的表达式，知道提高机械效率的方法。
23.【答案】(1)
(2)B；灯泡(或电压表)短路；
(3)0.625；灯丝的电阻随温度的变化而变化；
(4)25
【解析】解：(1)将变阻器的最大电阻连入电路中，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：
I=UR=2.5V10Ω=0.25A，电流表选用小量程与变阻器串联，电压表与灯并联，如下所示：
(2)闭合开关前，滑片P应移到阻值最大处，即B端；闭合开关，电流表有示数，则电路为通路，发现小灯泡不发光，电压表无示数，则电路中发生的故障是灯泡(或电压表)短路。
(3)根据记录的数据画出了如图乙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯的额定电压下的电流为0.25A，小灯泡的额定功率为：PL=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W，小灯泡灯丝电阻变化的原因是：灯丝的电阻随温度的变化而变化。
(4)探究电流与电阻的关系，要控制电阻的电压不变，使电压表的示数始终保持2V不变，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为6V−2V=4V，定值电阻的电压为变阻器电压的2V4V=12，变阻器的最大电阻为50Ω，根据分压原理，故为了能够完成实验，他更换的定值电阻的阻值不能大于12×50Ω=25Ω。
(1)将变阻器的最大电阻连入电路中，根据小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为10Ω，由欧姆定律求灯的额定电流，确定电流表选用小量程与变阻器串联，电压表与灯并联；
(2)闭合开关前，滑片P应移到阻值最大处；闭合开关，电流表有示数，则电路为通路，根据小灯泡不发光，电压表无示数分析；
(3)根据如图乙电流随电压变化的关系图象知，灯的额定电压下的电流，根据P=UI求小灯泡的额定功率；根据灯丝的电阻随温度的变化而变化分析；
(4)探究电流与电阻的关系，要控制电阻的电压不变，根据串联电路电压的规律求变阻器分得的电压，根据分压原理确定更换的定值电阻的阻值不能大于多少。
本题测量小灯泡电功率，考查电路的连接、注意事项、故障分析、功率计算、影响电阻大小因素及对器材的要求。
24.【答案】(1)温度计示数变化；转换法；煤油；(2)电流；电阻；(3)电压；电压；(4)不可以，电阻丝的电阻不同，相同时间内煤油和水吸收的热量不相同
【解析】解：(1)实验中通过观测温度计示数的变化来比较电阻丝产生热量多少，来判断相同时间内不同电流产生的热量多少，这种研究方法叫转换法；
由于煤油的比热容较小，质量相同吸收热量相同时，温度变化比较明显，应选用煤油进行实验；
(2)如图所示，两根金属丝串联，则电流和通电时间相等，甲瓶中铜丝的电阻比乙瓶中镍铬合金丝的电阻小，通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，说明乙瓶中镍铬合金丝产生的热量多；由此得出的实验结论是：在电流和通电时间相同时，电阻越大，导体产生的热量越多；
(3)在不改变电路连接方式的情况下，本套装置可以探究电功和电压关系，但要添加电压表才能完成探究；
解：(1)实验中通过观测温度计示数的变化来比较电阻丝产生热量多少，来判断相同时间内不同电流产生的热量多少，这种研究方法叫转换法；
由于煤油的比热容较小，质量相同吸收热量相同时，温度变化比较明显，应选用煤油进行实验；
(2)如图所示，两根金属丝串联，则电流和通电时间相等，甲瓶中铜丝的电阻比乙瓶中镍铬合金丝的电阻小，通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，说明乙瓶中镍铬合金丝产生的热量多；
(3)在不改变电路连接方式的情况下，本套装置可以探究电功和电压关系，但要添加电压表才能完成探究；
(4)探究“比较水和煤油的吸热能力”的实验，则他们应将甲烧瓶中的煤油换成质量相等的水，并使甲、乙两烧瓶中电阻丝的阻值相同。故不可以，因为电阻丝的电阻不同，相同时间内煤油和水吸收的热量不相同
故答案为：(1)温度计示数变化；转换法；煤油；(2)电流；电阻；(3)电压；电压；(4)不可以，电阻丝的电阻不同，相同时间内煤油和水吸收的热量不相同。
(1)掌握转换法在实验中的应用，通过比较烧瓶内温度的变化，来判断相同时间内不同电流产生的热量多少；为了实验效果更加明显，实验应采用比热容较小的液体；
(2)两根金属丝串联，则电流和通电时间相等，再结合电阻大小分析解答；
(3)在不改变电路连接方式的情况下，本套装置可以探究电功和电压关系，但要添加电压表才能完成探究；
(4)根据控制变量法的要求控制水与煤油的质量与电阻丝阻值相同。
本题考查的是影响电流热效应的因素实验，考查了温度变化与比热容的关系，考查了控制变量法在实验中的应用，要探究产生热量的多少和其中一个量之间的关系。
25.【答案】解：(1)水需要吸收的热量：
Q=c水m水△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×50kg×(80℃−20℃)=1.26×107J；
(2)∵Q=mq，
∴需要完全燃烧秆浆煤的质量：
m=Q总q=Qηq=1.26×107J30%×2.4×107J/kg=1.75㎏。
答：(1)水需要吸收的热量为1.26×107J；
(2)需要完全燃烧1.75千克秆浆煤。
【解析】本题考查学生对燃料燃烧放出热量公式和热传递过程中吸热公式的综合运用．
(1)知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式求水吸收的热量；
(2)求出了水吸收的热量，由题知Q放×30%=Q吸，而Q放=mq，知道秆浆煤的热值，可求需要秆浆煤的质量。
26.【答案】解：由P=U2R知，
小灯泡正常发光时的电阻RL=U额2P额=(2.5V)20.5W=12.5Ω，
(2)小灯泡额定电压为2.5V，由图甲可知，小灯泡的额定电流为I额=0.2A，
由串联电流规律知，I=I额=0.2A，
则电路的总功率为：
P总=U总I=6V×0.2A=1.2W；
(3)当电流表示数为0.15A，由图甲可知小灯泡两端的实际电压为UL实=1.5V，
因串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和，
则此时滑动变阻器两端的电压：UR′=U−UL实=6V−1.5V=4.5V，
根据W=UIt知，滑动变阻器在1min内消耗的电能W=UR′It=4.5V×0.15A×60s=40.5J。
答：(1)小灯泡正常发光时的电阻为12.5Ω；
(2)小灯泡正常发光时电路的总功率为1.2W；
(3)当电流表的示数为0.15A时，滑动变阻器在1min内消耗的电能为40.5J。
【解析】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功计算公式的灵活应用，关键是根据图象读出电流与电压的对应值。
(1)由P=U2R计算灯泡正常发光时的电阻；
(2)当小灯泡两端的实际电压等于额定电压时，小灯泡正常发光，根据图像确定当小灯泡的电压为2.5V时的电流，根据P=UI计算总功率；
(3)当电流表示数为0.15A，从图甲中找出对应的电压，然后根据串联电路电压规律算出滑动变阻器两端的电压，根据W=UIt计算滑动变阻器在1min内消耗的电能。
27.【答案】(1)两；220 ；做功；
(2)B；
(3)横截面积； 电阻；
(4)由焦耳定律Q=I2Rt可知：在R和t一定时，减小I，可以减小电能的损失，又由公式I=PU可知，当P一定时，要减小I，必需增大U ；
(5)小于 ；215
【解析】【分析】
本题考查了学生对欧姆定律、电功率公式、串联电路特点的掌握和运用，关键是公式及其变形的灵活运用，解题过程中要注意单位的换算。
(1)高压输电先升压后降压，到用户端的电压为220V，因此需要经过两次变压。改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；
(2)根据电热的公式Q=I2Rt来确定损失电能的单位；
(3)导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料有关，长度越大，横截面积越小，电阻越大；长度和横截面积相同的导体，材料不同，电阻不同；
(4)根据P=UI，在输电功率一定时，电压越高，电路中的电流越小，根据焦耳定律Q=I2Rt，输电线上发热损失的能量越少；
(5)由于输电线有一定电阻，因此会产生电压降，实际电压小于220V；
已知电路中总功率和电压，由P=UI计算出电路中的电流，再根据U=IR计算出电路中损失的电压；根据串联电路的电压特点及I=UR、P=UI计算出灯泡的实际电压。
【解答】
(1)从发电厂发出电到进入家庭，变压器使电压的大小经过了两次改变，最终直接进入家庭的电压为220V。输电过程中导线的温度升高，本质是通过电流做功的方式改变内能；
(2)根据电热的公式Q=I2Rt=U2Rt=IR⋅I⋅t=U⋅I⋅t=Pt由此可知对应的单位为J→A2⋅Ω⋅s→V2⋅Ω−1⋅s→V⋅A⋅s→W⋅s(注意时间的单位是小写的s)，由此可知远程输电损耗电能的单位不是B；
(3)导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料有关；
将四根导线并联起来进行高压输电目的是为了减小电能的损失，在导线长度不能改变时可以通过改变横截面积，四根导线并联时相当于增大了横截面积，所以电阻会减小，损失的电能也减少；
(4)由焦耳定律Q=I2Rt可知：在R和t一定时，减小I，可以减小电能的损失，又由公式I=PU可知，当P一定时，要减小I，必需增大U；
(5)由于输电线有一定电阻，因此会产生电压降，实际电压小于220V；
设居民楼内所有用电器的两端电压为U实，则导线两端的电压为220V−U实；
由I=UR，P=UI得，用电器中的电流为：I=PU实，
则有：PU实=220V−U实R，2150WU实=220V−U实0.5Ω，
解得：U实=215V。
1.小明用如图装置“探究动能大小与速度的关系”，下列说法正确的是( )
A. 实验研究对象是木块
B. 水平表面必须光滑
C. 让不同的小车从斜面同一高度由静止释放
D. 让同一小车从斜面的不同高度由静止释放
2.下列现象中，利用做功使物体内能增加的是( )
A. 铁块放在炉火中烧红了B. 烧开水时，壶盖被水蒸气顶起来
C. 通电后电热丝发烫D. 冬天，人们在太阳下取暖
3.用如图所示的方法将相同物体提升相同高度，下列说法正确的是( )
A. 两种方法都能省力
B. 两种方法都能省功
C. 两种方法手移动的距离相同
D. 两种方法做的有用功相同
4.小华用普通灯泡制作了一根发光棒，如图所示。闭合开关，众小灯齐发光；一段时间后，其中一小灯熄灭，其它灯泡继续发光。关于上述现象下列猜想中合理的是( )
A. 该小灯处断路，众小灯串联
B. 该小灯处短路，众小灯串联
C. 该小灯处短路，众小灯并联
D. 以上情况都有可能
5.对于物理学习中涉及到的物理方法，下列说法正确的是( )
A. 将电流比作水流是转换法
B. 用杠杆的五要素分析剪刀的使用是建立模型的方法
C. 通过比较木桩被重物打入沙中的深度来比较重力势能大小是控制变量法
D. 探究杠杆平衡条件时要多测几组数据是为了减小误差
6.如图是一个自动体重测试仪的工作原理图，有关它的说法正确的是( )
A. 体重示数计是用电压表改装成的
B. 体重测试仪电路由于缺少开关，始终处于通路
C. 体重越大，体重示数计的示数越大
D. 体重测试仪所测体重越大，电路消耗电能越少
7.甲、乙两个物体吸收相同的热量后，甲升高的温度大于乙升高的温度，设甲、乙两物质的比热容为c甲和c乙，则( )
A. c甲>c乙B. c甲
A. 电阻较大B. 电压较小C. 电流较大D. 电功率较小
9.如图所示，小华同学将规格为“3V 3W”和“3V0.5W”的两个灯泡串联接入电路，电源电压为3V，闭合开关后发现甲灯不发光，乙灯发光，下列说法有可能出现的是( )
A. 甲灯断路
B. 乙灯短路
C. 甲灯为“3V 3W”，乙灯为“3V0.5W”
D. 甲灯为“3V0.5W”，乙灯为“3V 3W”
10.用如图所示电路探究“电压一定时，电流与电阻关系”的实验，在A、B间接入5Ω的定值电阻R，移动滑片P，使电压表示数为2V，读出电流表示数，接着取下5Ω的电阻分别换上10Ω、15Ω的定值电阻，移动滑片，使电压表示数仍为2V，当换上15Ω的定值电阻时，无论怎样移动滑片，电压表示数都不能回到2V。对此现象，下列分析正确的是( )
A. 15Ω电阻太小，换一个更大的定值电阻，继续实验
B. 变阻器的最大阻值太大，换一个最大阻值小一点的变阻器继续实验
C. 在第一次接入5Ω的定电阻时，移动滑片，使电压表示数为定值1.5V，继续实验
D. 将三个电阻按15Ω、10Ω、5Ω的由大到小的顺序接入进行实验，可以避免这种现象
二、填空题：本大题共8小题，共24分。
11.一节新的普通干电池电压为______V；给蓄电池充电时是将______能转化为______能。
12.旗杆顶端装有______ (定/动)滑轮，利用它来升国旗，是为了______ ；升旗手将一面国旗在国歌声中匀速拉升过程中，国旗的机械能______ (变大/不变/变小)。
13.一根电阻丝两端加6V电压时，电阻丝中通过的电流是0.4A，它的电阻是______ Ω，两端加9V电压时，通过的电流是______ A，两端不加电压时它的电阻是______ Ω。
14.在热水瓶中注入一定量的热水后，立即盖上软木塞，过一伙儿软木塞会跳起来。这一过程中，瓶内气体的______ 能转化为软木塞的______ 能。这一过程类似与热机工作时的______ 冲程。
15.如图甲所示电路中，R0为定值电阻，R1为滑动变阻器。图乙是该滑动变阻器消耗的电功率与电流关系的图象。则该滑动变阻器的最大值是______Ω，电源电压是______V，电路消耗的最小电功率为______W。
16.如图所示，电能表示数为______ kW⋅h；此电能表接入家庭照明电路中，允许用电器总功率最大为______ W；若再转动250转，则电能表示数变为______ kW⋅h。
17.如图所示的电路，电源电压保持不变，所有电表为理想电表，闭合开关后，当滑片P向右移动时，电压表V的示数______，电流表A2示数______，电路消耗的总功率______(均填“变大”、“变小”或“不变”)。
18.LED灯具有节能、环保等特点。为践行“低碳理念”，LED节能灯在生活中使用越来越广泛，它可以把电能绝大部分转化为光能。现有一盏标有“12V 5W”LED灯，其亮度与“220V 40W”的普通白炽灯相当。
(1)上述LED灯和白炽灯都正常工作的电流之比是______ ；
(2)若上述LED灯和白炽灯都正常工作相同时间，两灯消耗的电能之比是______ ；
(3)“220V 40W”白炽灯工作时的能量转化情况如图，则可推测5WLED灯与40W白炽灯照明效果相同时LED节能灯的发光效率是______ 。
三、作图题：本大题共3小题，共6分。
19.图中，(a)是打开的汽车后备箱盖，它被液压杆支撑(不计后备箱盖重).关箱盖时，它可看作一个杠杆，(b)是其简化图：O 是支点，F2是液压杆作用在 A 点的阻力．请在图(b)中画出阻力臂l2 及在 B 点关上后备箱盖的最小动力 F1 的示意图．
20.请在图中用笔画线，画出用滑轮组提升重物最省力的绕法。
21.请将图丙所示一个三孔插座和一个带开关的灯泡分别接入家庭电路．
四、实验探究题：本大题共3小题，共21分。
22.小明用质地均匀的杠杆探究“杠杆平衡条件”(不计摩擦)：
(1)未挂钩码时，小明发现杠杆右端低左端高，应将杠杆右端的平衡螺母向______ 调节(左/右)，直至杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是______ 。
(2)如图甲所示，小明用弹簧测力计在B点沿______ 的方向拉动，使杠杆在水平位置平衡，便可以在杠杆上直接读出动力臂的大小。
(3)如图乙所示，不改变拉力的方向把杠杆由图乙的位置缓慢拉到图丙的位置时静止，弹簧秤的示数将______ 。(变大/变小/不变)
(4)如图丁所示，小明继续研究杠杆的机械效率。他用轻绳悬挂杠杆一端的O点作为支点，用拉力F，将重为G的钩码缓慢匀速提升，用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2；则：
①杠杆机械效率的表达式为η=______ 。(用测量的物理量符号表示)
②若只将钩码的悬挂点由B移至C点，O、A位置不变，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆的机械效率将______ (变大/变小/不变)。
23.在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压恒定为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为10Ω，所用滑动变阻器的规格为“50Ω1A”。
(1)请用笔画线代替导线将甲图中未完成的实物电路连接完整；
(2)闭合开关前，滑片P应移到______(选填“A”或“B”)端。闭合开关，发现小灯泡不发光，电压表无示数，电流表有示数，则电路中发生的故障是______。
(3)排除故障后，改变滑动变阻器的阻值，多次测量通过小灯泡的电流和它两端的电压，根据记录的数据画出了如图乙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象，根据图象提供的信息，可知小灯泡的额定功率为______W，小灯泡灯丝电阻变化的原因是______。
(4)某同学还想探究电流与电阻的关系，于是将甲图中的小灯泡换成定值电阻，并使电压表的示数始终保持2V不变，多次更换阻值不同的定值电阻，记录各次电流表的示数，在不更换其他器材的情况下，为了能够完成实验，他更换的定值电阻的阻值不能大于______Ω。
24.小明利用如图所示的实验装置探究“导体产生的热量与电阻大小的关系”，甲、乙两瓶中装有质量与初温都相同的煤油，甲瓶中铜丝的电阻比乙瓶中镍铬合金丝的电阻小。
(1)通过观测______ 来比较电阻丝产生热量多少，这种研究物理问题的方法叫______ 。为让烧瓶内液体温度升高得快些，应选用______ (煤油/水)
(2)通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，由此得出的实验结论是：在______ 和通电时间相同时，______ 越大，导体产生的热量越多。
(3)在不改变电路连接方式的情况下，本套装置可以探究电功和______ 关系，但要添加______ 表才能完成探究。
(4)聪明的小明想将乙烧瓶中换等质量的盐水，探究“比较不同物质的吸热能力”的实验。你觉得是否可以，说出理由______ 。
五、计算题：本大题共2小题，共19分。
25.每到夏收季节，高淳农村大量农作物秸秆在田间被随意焚烧，如图这不仅造成资源浪费、环境污染，而且极易引发火灾等。为解决这一问题，现已研制出利用秸秆生产的节能环保型燃料--秆浆煤。若燃烧秆浆煤(热值为2.4×107J/kg)，使50kg、20℃的水温度升高到80℃.求：
(1)水需要吸收的热量。
(2)如果秆浆煤燃烧释放的热量有30%被水吸收，需要完全燃烧多少千克秆浆煤。
26.一规格为“2.5V，0.5W”的小灯泡电流随电压变化的曲线如图甲所示，将它连入如图乙所示电路中，电源电压为6V保持不变。求：
(1)小灯泡正常发光时的电阻；
(2)小灯泡正常发光时电路的总功率；
(3)当电流表的示数为0.15A时，滑动变阻器在1min内消耗的电能。
六、综合题：本大题共1小题，共10分。
27.阅读短文，回答问题：
远程输电发电厂发出的电并不是只供附近的人们使用，还要传输到很远的地方。如图甲是电能输送的示意图。在输电线上，由于电流的热效应，必然有一部分电能转化成内能而损失掉，导线越长，损失越多。目前远距离送电主要采取高压送电的方式来实施。在保证输送功率不变的情况下，采用提高电压的方法减少线路上的损失。如把发电机、高压输电线、变压器这些统称为供电设备，电能输送的示意图就可以作如图乙的简化。请结合短文和所学知识回答下列问题：
(1)从发电厂发出电到进入家庭，变压器使电压的大小经过了______ 次改变，最终直接进入家庭的电压为______ V。输电过程中导线的温度升高，本质是通过______ 的方式改变内能。
(2)下列单位不能够表示远程输电损耗电能大小的是______ 。
A.J
B.A2⋅Ω
C.V2⋅Ω−1⋅s
D.W⋅s
(3)在输电阶段，输电线上常用如图丙装置将四根导线并联起来，相当于增大了导线的______ ，从而减小了导线的______ ，以达到减少输电线上电能损失的目的。
(4)采用高压输电可以减少电能在线路上的损失，原因是______ 。
(5)如果供电设备的输出电压恒为220V，通过总电阻为0.5Ω的输电线向居民楼内用户供电，家用电器的实际电压______ (小于/等于/大于)220V。当居民楼内所有用电器消耗的总功率为2150W的时候，用电器两端的实际电压为______ V。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
动能的决定因素有两个：质量和速度，在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”时，应该利用控制变量法的思路，去分析解决；小车把木块推出的距离长，说明的动能大这是一种转换的方法。
(1)物体由于运动而具有的能叫做动能，动能的大小与物体的质量和速度有关；
(2)实验过程要采用控制变量法，当研究动能大小与质量的关系时，要让钢球沿斜面的同一高度下落，这样保证下落速度相同，当研究动能大小与速度的关系时，应选择同一钢球从不同的高度释放，这样可以保证小球的质量相同；即只有这样实验才更为科学严密。
【解答】
A、该实验的研究对象是小车，不是木块，故A错误；
B、在该实验中我们用到了转换的方法，即将小车动能的大小转化为其对木块做功的多少来比较，即小车推动木块越远，其对木块所做的功就越多，即具有的动能就越大；反之就越少；实验中若水平表面光滑，则无法观察木块移动距离的远近，故B错误；
C、动能的大小与物体的质量和速度有关，要探究动能大小与速度的关系，必须控制物体的质量相同，也就是保持小车的质量不变；而让不同的小车从同一斜面同一高度静止释放，是控制小车的速度不变，故C错误；
D、动能的大小与物体的质量和速度有关，要探究动能大小与速度的关系，必须控制物体的质量相同，也就是保持小车的质量不变，让小车从同一斜面不同高度静止释放，故D正确。
2.【答案】C
【解析】解：A、铁块放在炉火中烧红了，属于热传递改变物体的内能，不符合题意。
B、烧开水时，壶盖被水蒸气顶起来，水蒸气对外做功内能减少，不符合题意。
C、通电后电热丝发烫，属于做功使物体内能增加，符合题意。
D、冬天，人们在太阳光下取暖，属于热传递改变物体的内能，不符合题意。
故选：C。
本题抓住改变物体内能有两种方式：做功和热传递。做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，热传递有传导、对流和辐射三种形式。
本题考查了改变物体内能有两种方式。
3.【答案】D
【解析】【分析】
此题考查了定滑轮和动滑轮的工作特点，是一道基础题。
(1)定滑轮实质是等臂杠杆，即不省力也不费力，但能改变力的方向。
(2)动滑轮实质是动力臂是阻力臂二倍的杠杆，使用动滑轮能省一半的力，但费一倍的距离。
【解答】
A.使用动滑轮可以省力，定滑轮不省力，故A错误；
B.使用任何机械都不能省功，故B错误；
C.定滑轮不省力也不省距离，动滑轮省力但费距离，故C错误；
D.把相同的重物提升相同的高度，做的有用功相同，故D正确。
4.【答案】B
【解析】【分析】
此题考查的是串并联电路的辨别，把握住工作过程中彼此是否影响，就能正确作出判断。
串联电路所有用电器共同组成一个通路，一个用电器断路，其它用电器都不能工作；
并联电路每个用电器独立与电源组成通路，一个用电器断路，不影响其它用电器的工作；
用导线将用电器两端连接，会造成用电器短路，无电流通过用电器，用电器不能工作。
【解答】
若该小灯处断路，众小灯仍然能够发光，说明此小灯对其它灯泡发光情况不影响，所以是并联；若该小灯短路，如果与其它灯泡都是并联，其它灯泡也被短路不能发光；所以此小灯与其它灯泡串联且此小灯短路，相当于在此位置串联了一段导线，所以其它小灯仍然发光，故B正确。
5.【答案】B
【解析】解：A、水流能够观察，电流不能直接观察，用水流说明电流的形成和作用，采用的是类比法，故A错误；
B、杠杆的五要素包括支点、动力、阻力、动力臂和阻力臂，五要素是在大量实物模型的基础上，归纳总结得出的，采用的是建立模型法，故B正确；
C、重力势能的大小不能直接观察，通过比较木桩被重物打入沙中的深度来比较重力势能大小，采用的是转换法，故C错误；
D、探究杠杆平衡条件时要多测几组数据是为了总结规律，避免实验结论的偶然性，故D错误。
故选：B。
逐项分析各探究实验采用的物理学方法进行作答。
本题考查了物理学方法的应用，属于基础知识。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了欧姆定律在动态电路中的应用；解决本题的关键是欧姆定律、电功公式的应用以及滑动变阻器的正确使用；并会将理论知识应用到实际生活当中，真正体会从物理走向生活的理念。
(1)根据电表的正确使用，即电流表串联在电路中，电压表并联在电路中判断体重显示表；
(2)当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路；
(3)当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻越小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据W=UIt可知电路消耗电能的多少与工作时间有关。
【解答】
A.由电路图可知，体重测试仪串联在电路中，所以体重显示表是用电流表改装成的，故A错误；
B.当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路，故B错误；
C.当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据I=UR可知，电路中的电流变大，即体重显示表的示数越大，故C正确；
D.由W=UIt可知，电路消耗电能的多少与工作时间有关，而工作时间不知，消耗电能的多少无法判断，故D错误。
故选C。
7.【答案】D
【解析】解：由热量的计算公式Q=cm△t可得：c=Qm△t，
c甲=Q甲m甲△t甲，
c乙=Q乙m乙△t乙；
因为甲、乙两个物体的质量未知，所以无法比较比热容的大小。
故选：D。
利用热量的计算公式Q=cm△t可知，在质量相等、吸热也相同的情况下，谁的温度升高得快，它的比热容小。
比较两个量的大小一定要根据公式来分析，这样思维严谨些。
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查电导线烧断的原因，是因为电阻过大造成的，会根据焦耳定律的计算公式进行分析解决问题。
铜导线被烧断的原因是温度过高造成的，而温度过高是因为热量多，根据焦耳定律Q=I2Rt分析解答。
【解答】
由图可知，电路中只有一条铜导线，所以铜导线中电流处处相等，根据焦耳定律公式Q=I2Rt知，在电流、通电时间相同的情况下，电阻越大，产生的热量越多，温度越高，因此电阻大的位置容易被烧断，故A正确。
故选A。
9.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，两个灯泡串联，若甲灯断路，则电路中无电流，两个灯泡都不会发光，故A错误；
B、乙灯发光，则乙灯不可能短路，故B错误；
CD、两个灯泡的额定电压相同，额定功率不同，根据P=U2R可知，“3V 3W”灯泡的电阻小于“3V0.5W”灯泡的电阻；
两个灯泡串联接入电路中，通过两个灯泡的电流是相同的；根据P=I2R可知，“3V 3W”灯泡的实际功率要远小于“3V0.5W”灯泡的实际功率；由于灯泡的实际功率越大，灯泡越亮，所以发光的灯泡是“3V0.5W”；由于“3V 3W”的实际功率过小，达不到发光的亮度，所以甲灯为“3V 3W”，乙灯为“3V0.5W”，故C正确、D错误。
故选：C。
根据P=U2R分析两个灯泡的电阻的大小关系；在串联电路中，电流处处相同；根据灯泡的发光情况分析电路故障的原因；
根据P=I2R分析两个灯泡实际功率的大小关系，从而得出是哪个灯泡发光。
本题考查了串联电路的特点和电功率公式的综合应用、电路故障的判定，难度不大。
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了探究电流与电阻的关系，难度一般。
在探究“电压一定时，电流与电阻关系”的实验中，电路如图所示。先在 A，B间接入5Ω的定值电阻R，移动滑片P，使电压表示数为2V，读出电流表示数。接着取下5Ω的电阻分别换上10Ω、15Ω的定值电阻，移动滑片，使电压表示数仍为2V。但小华在实验中，当换上15Ω的定值电阻时，无任怎样移动滑片，电压表示数都不能回到2V，原因可能是15Ω电阻太大；可能是变阻器的最大阻值太小，所分的电压太小；
【解答】
在小华在实验中，当换上15Ω的定值电阻时，无任怎样移动滑片，电压表示数都不能回到2V，原因可能是15Ω电阻太大，换一个更小的定值电阻，继续实验，故A错误；可能是变阻器的最大阻值太小，所分的电压太小，换一个最大阻值大一点的变阻器继续实验，故B错误；可能是在第一次接入5Ω的定电阻时电压表的示数太小，可以移动滑片，使电压表示数大于2V，故C错误；如果将三个电阻按15Ω、10Ω、5Ω的由大到小的顺序接入进行实验，可以避免这种现象，故 D正确。
综上所述，ABC错误，D正确。
故选D。
11.【答案】1.5； 电；化学
【解析】【分析】
本题考查了常见的电压值和给蓄电池充电时的能量转化，是一道基础性题目。
掌握一节干电池的电压、一个蓄电池的电压、照明电路的电压、动力电路电压、人体的安全电压；
蓄电池充电时，将电能转化为了化学能。
【解答】
一节标准新普通干电池的电压是1.5V；
蓄电池充电时，是把电能转化为化学能，贮存在电池内。
12.【答案】定； 改变力的方向；变大
【解析】【分析】
解决此类问题要结合定滑轮的特点及动能和重力势能的影响因素进行分析。
解决此题要知道定滑轮的特点：使用定滑轮不省力但能改变力的方向；
物体动能大小与物体的质量和速度有关，质量越大、速度越大，动能就越大；
重力势能与物体的质量和高度有关，质量越大、高度越高，重力势能就越大。
【解答】
旗杆顶端装有定滑轮，这样升国旗时可以改变力的方向；
国旗在国歌声中匀速拉升过程中，国旗质量和速度不变，所以国旗的动能不变；
国旗的高度增大，所以国旗的重力势能变大；机械能变大。
13.【答案】15； 0.6； 15
【解析】【分析】
本题考查了欧姆定律的应用，关键是知道电阻与两端的电压和通过的电流无关。
已知电阻丝两端电压和通过它的电流，根据I=UR可计算电阻丝的电阻以及两端加9V时通过的电流；
电阻是导体的特性，与电压和电流无关，影响电阻的因素有材料、长度和横截面积以及温度。
【解答】
由题知，电阻丝两端加6V电压时，电阻丝中通过的电流是0.4A，
由I=UR可得，电阻丝的电阻：R=UI=6V0.4A=15Ω；
当两端加9V电压时，导体的电阻不变，通过的电流：I′=U′R=9V15Ω=0.6A；
电阻是导体的特性，与电压和电流无关，所以两端不加电压时它的电阻仍为15Ω。
14.【答案】内；机械；做功
【解析】【分析】
本题从生活中的物品入手，考查做功与物体内能的改变，以及热机的相关知识，注重了物理知识与生活的联系。
(1)瓶内气体受热膨胀对瓶塞做功，内能转化为机械能；
(2)汽油机的四个冲程中，压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能。
【解答】
热水瓶注入一定量的热水后，立即盖上软木塞，软木塞会跳起来，软木塞的机械能增大，这是由于热水瓶内气体膨胀做功造成的，气体的内能转化成软木塞的机械能；
汽油机在做功冲程中，气缸内高温气体膨胀推动活塞做功，内能转化为机械能；故该能量转化过程与汽油机的做功冲程相同。
15.【答案】50；12；2.4
【解析】解：由电路图可知，R0与R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流．
由图象可知，当电路中的电流I=0.2A时，R1的电功率P1=2W，
由P=I2R可得，R1接入电路的电阻：
R1=P1I2=2W(0.2A)2=50Ω；
由图象可知，当电路中的电流I′=0.4A时，R1的电功率P1′=3.2W，
此时R1接入电路的电阻：
R1′=P1′I′2=3.2W(0.4A)2=20Ω，
串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
由I=UR可得，电源的电压：
U=I′(R0+R1′)=0.4A×(R0+20Ω)，
当电路中的电流I=0.2A时，电源的电压：
U=I(R0+R1)=0.2A×(R0+50Ω)，
解得：R0=10Ω，
电源的电压U=I(R0+R1)=0.2A×(10Ω+50Ω)=12V.
当滑片位于最a端时电路总电阻最大，此时电路中的电流最小，
电路消耗的最小功率P=U2R0+R1大=(12V)210Ω+50Ω=2.4W.
故答案为：50；12；2.4.
(1)由电路图可知，R0与R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流．
由图象可知，电路中的电流是0.2A时R1的电功率，根据P=I2R求出R1接入电路的电阻；
由图象读出电路中的电流为0.4A时R1的电功率，根据P=I2R求出R1接入电路的电阻；
(2)根据电阻的串联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求出R0的阻值，进一步求出电源的电压．
(3)当滑动变阻器的最大阻值R1与电阻R0串联，此时电路中的电流最小，根据P=U2R总可求得电路消耗的最小功率．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是利用好电源的电压不变和从图象中读出电流对应的功率．
16.【答案】751.8；2200；751.9
【解析】【分析】
(1)电能表显示的数字中最后一位是小数位，单位为kW⋅h；
(2)由电能表的参数可知正常工作时的电压和允许用电器正常工作时的最大电流，根据P=UI求出电能表允许同时工作用电器的最大总功率；
(3)2500R/kW⋅h表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转2500圈，据此求出再转动2000转消耗的电能，然后得出电能表的示数。
本题考查了电能表的读数和电功率的计算以及消耗电能的计算，明白电能表参数的含义是关键。
【解答】
(1)电能表的读数时，最后一位是小数，单位kW⋅h，示数W1=751.8kW⋅h；
(2)由电能表参数可知，电能表正常工作时的电压为220V，允许用电器正常工作时的最大电流为10A，
则电能表允许同时工作用电器的最大总功率：P=UI=220V×10A=2200W；
(3)因2500R/kW⋅h表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转2500圈，
所以，再转动2000转消耗的电能：W2=2502500kW⋅h=0.1kW⋅h，
则电能表示数：W=W1+W2=751.8kW⋅h+0.1kW⋅h=751.9kW⋅h。
17.【答案】不变；变小；变小
【解析】【分析】
本题考查了学生对欧姆定律及其变形公式的掌握和运用，分析电路图得出电路的连接方式和三表的测量对象是本题的突破口，灵活运用并联特点和欧姆定律是关键。
闭合开关，灯泡与滑动变阻器R并联，电流表A1测灯泡支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表侧电源的电源，当滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，滑动变阻器所在支路的电流变小，灯泡所在支路的电流不变，电路总电流变小，根据公式P=UI可求功率的变化。
【解答】
解：闭合开关，灯泡与滑动变阻器R并联，电流表A1测灯泡支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源的电压；
(1)电路为并联电路，电压表始终测电源的电压，且电源的电压保持不变，所以电压表V的示数将不变；
(2)并联电路各用电器独立工作、互不影响，
所以当滑动变阻器的滑片P向右移动时，通过灯泡支路的电流不变，电流表A1示数不变；
滑动变阻器所在支路的电阻变大，根据欧姆定律可知，所在支路的电流变小；
又因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变小，电流表A2示数变小；
根据P=UI可知，电路消耗的总功率变小。
18.【答案】(1)55:24；
(2)1：8
(3)80%
【解析】【分析】
本题考查的是电能的计算、能量转化及其效率计算，关键是利用好灯的铭牌(额定功率)和白炽灯的能流图，通过做题明白白炽灯被淘汰的原因。
(1)由两灯的铭牌可知两灯的额定功率，正常工作时的实际功率等于各自的额定功率，利用P=UI求出比较电流之比；
(2)由两灯的铭牌可知两灯的额定功率，正常工作时的实际功率等于各自的额定功率，利用W=Pt求出相同时间内消耗的电能之比；
(3)由图可知白炽灯消耗的电能和获得的光能，根据效率公式求出该白炽灯的发光效率；额定功率为5W的LED灯的亮度与额定功率为40W的普通白炽灯相当，相同时间内产生的光能相等，根据t=WP求出工作时间，根据W=Pt求出LED灯消耗的电能，利用效率公式求出5WLED灯的发光效率。
【解答】
(1)因为两灯正常工作，所以PLED=5W，P白炽灯=40W，
由P=UI可得：正常工作的电流之比ILED:I白炽灯=PLEDULED:P白炽灯U白炽灯=5W12V:40W220V=55:24；
(2)因为两灯正常工作，所以PLED=12W，P白炽灯=40W，
因为W=Pt，时间t相同，所以两灯消耗的电能之比：
WLED：W白炽灯=PLEDt：P白炽灯t=PLED：P白炽灯=5W：40W=1：8；
(3)η=W光W电×100%=10J100J×100%=10%，
白炽灯消耗100J电能的工作时间：t=W电P白炽灯=100J40W=2.5s，
因额定功率为5W的LED灯的亮度与额定功率为40W的普通白炽灯相当，所以，相同时间内产生的光能相等，
则LED灯消耗的电能：W电′=PLEDt=5W×2.5s=12.5J，
则5WLED灯的发光效率：η ′=W光W电 ′×100%=10J12.5J×100%=80%。
19.【答案】解：
(1)阻力臂为支点到阻力作用线的距离，先反向延长F2，再由O点作F2作用线的垂线即为阻力臂；
(2)动力最小，即动力臂最长，从支点到动力作用点的距离作为动力臂最长，也就是最省力，即OB作为动力臂最省力，阻力方向向上，因此动力方向向下，
如下图所示：
【解析】要解决此题，需要掌握力臂的概念，知道力臂是从支点到力的作用线的距离。由支点向力的作用线做垂线，垂线段的长度即为力臂。先确定最长的力臂，即离支点与力的作用点的连线；然后过动力作用点做垂直于杠杆的作用力即可。
本题考查了最小力问题，最小力问题转化成最大力臂问题是解决问题的关键。
20.【答案】
【解析】【分析】
要使滑轮组省力，就是使最多的绳子段数来承担动滑轮的拉力，图中滑轮组由一个动滑轮和一个定滑轮组成，有两种绕线方法。若n为偶数，绳子固定端在定滑轮上；若n为奇数，绳子固定端在动滑轮上；即：“奇动偶定”。
查了滑轮组的组装．滑轮组的组装有两种方法，从定滑轮绕起或从动滑轮绕起。从动滑轮开始绕，承担物重的绳子段数多。
【解答】
n为奇数时，承担物重的有3段绳子，此时最省力，根据奇动偶定，绳子的固定端在动滑轮上，如图所示：
。
21.【答案】
【解析】【分析】
本题考查家庭电路的连接，难度一般。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性．
(1)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套．
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线．
【解答】
(1)灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接在灯泡的螺旋套上，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故，既能控制灯泡，又能更安全；
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线．如图所示：
。
22.【答案】(1)左；消除杠杆自重对实验的影响；(2)竖直向下；(3)不变；(4)Gh1Fh2×100%；变大
【解析】解：(1)杠杆的右端低，说明这一侧力与力臂的乘积大，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向左调节；
杠杆在水平位置平衡，此时主要目的是消除杠杆重对杠杆平衡的影响；
(2)如图甲，根据力与力臂的关系，小明用弹簧测力计在B点竖直向下拉时，才可以在杠杆上直接读出动力臂；
(3)做实验时，如图丙所示的杠杆已达到平衡。当杠杆由图乙的位置变成图丙的位置时，其动力臂、阻力臂的比值是不变的，所以在阻力不变的情况下，动力是不变的。
(4)①有用功为W有=Gh1，总功W总=Fh2，则机械效率的表达式η=W有W总×100%=Gh1Fh2×100%。
②杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，克服杠杆重做额外功，W有+W额=W总，
设杠杆重心升高的距离为h，所以，Gh1+G杠h=Fh2，G不变，h1不变，G杠不变，
钩码的悬挂点由B点移至C点，钩码升高相同的高度，有用功不变，根据三角形的知识可知：杠杆重心提升的高度减小，所以根据W额=Gh可知额外功减小，因此在有用功相同的条件下，杠杆的机械效率变大，即ηB<ηC。
故答案为：(1)左；消除杠杆自重对实验的影响；(2)竖直向下；(3)不变；(4)Gh1Fh2×100%；变大。
(1)调节杠杆两端的平衡螺母，使平衡螺母向上翘的一端移动，使杠杆在水平位置平衡，杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆重对杠杆平衡的影响；
(2)弹簧测力计在B点竖直向下拉时，才可以在杠杆上直接读出动力臂；
(3)力臂指的是支点到力的作用点的距离，杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，根据杠杆平衡的条件可解决题目；
(4)使用杠杆克服钩码的重力做功，有用功等于克服钩码重力做的功，总功等于弹簧测力计的拉力做的功，机械效率等于有用功和总功的比值。
本题考查杠杆平衡条件实验，利用杠杆平衡条件，可以求出力或力臂大小，也可以判断杠杆是否平衡，或判断力的大小变化等，杠杆平衡条件应用很广泛。此题同时考查杠杆机械效率的测量，把握有用功、总功的计算方式，明确机械效率的表达式，知道提高机械效率的方法。
23.【答案】(1)
(2)B；灯泡(或电压表)短路；
(3)0.625；灯丝的电阻随温度的变化而变化；
(4)25
【解析】解：(1)将变阻器的最大电阻连入电路中，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：
I=UR=2.5V10Ω=0.25A，电流表选用小量程与变阻器串联，电压表与灯并联，如下所示：
(2)闭合开关前，滑片P应移到阻值最大处，即B端；闭合开关，电流表有示数，则电路为通路，发现小灯泡不发光，电压表无示数，则电路中发生的故障是灯泡(或电压表)短路。
(3)根据记录的数据画出了如图乙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯的额定电压下的电流为0.25A，小灯泡的额定功率为：PL=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W，小灯泡灯丝电阻变化的原因是：灯丝的电阻随温度的变化而变化。
(4)探究电流与电阻的关系，要控制电阻的电压不变，使电压表的示数始终保持2V不变，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为6V−2V=4V，定值电阻的电压为变阻器电压的2V4V=12，变阻器的最大电阻为50Ω，根据分压原理，故为了能够完成实验，他更换的定值电阻的阻值不能大于12×50Ω=25Ω。
(1)将变阻器的最大电阻连入电路中，根据小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为10Ω，由欧姆定律求灯的额定电流，确定电流表选用小量程与变阻器串联，电压表与灯并联；
(2)闭合开关前，滑片P应移到阻值最大处；闭合开关，电流表有示数，则电路为通路，根据小灯泡不发光，电压表无示数分析；
(3)根据如图乙电流随电压变化的关系图象知，灯的额定电压下的电流，根据P=UI求小灯泡的额定功率；根据灯丝的电阻随温度的变化而变化分析；
(4)探究电流与电阻的关系，要控制电阻的电压不变，根据串联电路电压的规律求变阻器分得的电压，根据分压原理确定更换的定值电阻的阻值不能大于多少。
本题测量小灯泡电功率，考查电路的连接、注意事项、故障分析、功率计算、影响电阻大小因素及对器材的要求。
24.【答案】(1)温度计示数变化；转换法；煤油；(2)电流；电阻；(3)电压；电压；(4)不可以，电阻丝的电阻不同，相同时间内煤油和水吸收的热量不相同
【解析】解：(1)实验中通过观测温度计示数的变化来比较电阻丝产生热量多少，来判断相同时间内不同电流产生的热量多少，这种研究方法叫转换法；
由于煤油的比热容较小，质量相同吸收热量相同时，温度变化比较明显，应选用煤油进行实验；
(2)如图所示，两根金属丝串联，则电流和通电时间相等，甲瓶中铜丝的电阻比乙瓶中镍铬合金丝的电阻小，通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，说明乙瓶中镍铬合金丝产生的热量多；由此得出的实验结论是：在电流和通电时间相同时，电阻越大，导体产生的热量越多；
(3)在不改变电路连接方式的情况下，本套装置可以探究电功和电压关系，但要添加电压表才能完成探究；
解：(1)实验中通过观测温度计示数的变化来比较电阻丝产生热量多少，来判断相同时间内不同电流产生的热量多少，这种研究方法叫转换法；
由于煤油的比热容较小，质量相同吸收热量相同时，温度变化比较明显，应选用煤油进行实验；
(2)如图所示，两根金属丝串联，则电流和通电时间相等，甲瓶中铜丝的电阻比乙瓶中镍铬合金丝的电阻小，通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，说明乙瓶中镍铬合金丝产生的热量多；
(3)在不改变电路连接方式的情况下，本套装置可以探究电功和电压关系，但要添加电压表才能完成探究；
(4)探究“比较水和煤油的吸热能力”的实验，则他们应将甲烧瓶中的煤油换成质量相等的水，并使甲、乙两烧瓶中电阻丝的阻值相同。故不可以，因为电阻丝的电阻不同，相同时间内煤油和水吸收的热量不相同
故答案为：(1)温度计示数变化；转换法；煤油；(2)电流；电阻；(3)电压；电压；(4)不可以，电阻丝的电阻不同，相同时间内煤油和水吸收的热量不相同。
(1)掌握转换法在实验中的应用，通过比较烧瓶内温度的变化，来判断相同时间内不同电流产生的热量多少；为了实验效果更加明显，实验应采用比热容较小的液体；
(2)两根金属丝串联，则电流和通电时间相等，再结合电阻大小分析解答；
(3)在不改变电路连接方式的情况下，本套装置可以探究电功和电压关系，但要添加电压表才能完成探究；
(4)根据控制变量法的要求控制水与煤油的质量与电阻丝阻值相同。
本题考查的是影响电流热效应的因素实验，考查了温度变化与比热容的关系，考查了控制变量法在实验中的应用，要探究产生热量的多少和其中一个量之间的关系。
25.【答案】解：(1)水需要吸收的热量：
Q=c水m水△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×50kg×(80℃−20℃)=1.26×107J；
(2)∵Q=mq，
∴需要完全燃烧秆浆煤的质量：
m=Q总q=Qηq=1.26×107J30%×2.4×107J/kg=1.75㎏。
答：(1)水需要吸收的热量为1.26×107J；
(2)需要完全燃烧1.75千克秆浆煤。
【解析】本题考查学生对燃料燃烧放出热量公式和热传递过程中吸热公式的综合运用．
(1)知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式求水吸收的热量；
(2)求出了水吸收的热量，由题知Q放×30%=Q吸，而Q放=mq，知道秆浆煤的热值，可求需要秆浆煤的质量。
26.【答案】解：由P=U2R知，
小灯泡正常发光时的电阻RL=U额2P额=(2.5V)20.5W=12.5Ω，
(2)小灯泡额定电压为2.5V，由图甲可知，小灯泡的额定电流为I额=0.2A，
由串联电流规律知，I=I额=0.2A，
则电路的总功率为：
P总=U总I=6V×0.2A=1.2W；
(3)当电流表示数为0.15A，由图甲可知小灯泡两端的实际电压为UL实=1.5V，
因串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和，
则此时滑动变阻器两端的电压：UR′=U−UL实=6V−1.5V=4.5V，
根据W=UIt知，滑动变阻器在1min内消耗的电能W=UR′It=4.5V×0.15A×60s=40.5J。
答：(1)小灯泡正常发光时的电阻为12.5Ω；
(2)小灯泡正常发光时电路的总功率为1.2W；
(3)当电流表的示数为0.15A时，滑动变阻器在1min内消耗的电能为40.5J。
【解析】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功计算公式的灵活应用，关键是根据图象读出电流与电压的对应值。
(1)由P=U2R计算灯泡正常发光时的电阻；
(2)当小灯泡两端的实际电压等于额定电压时，小灯泡正常发光，根据图像确定当小灯泡的电压为2.5V时的电流，根据P=UI计算总功率；
(3)当电流表示数为0.15A，从图甲中找出对应的电压，然后根据串联电路电压规律算出滑动变阻器两端的电压，根据W=UIt计算滑动变阻器在1min内消耗的电能。
27.【答案】(1)两；220 ；做功；
(2)B；
(3)横截面积； 电阻；
(4)由焦耳定律Q=I2Rt可知：在R和t一定时，减小I，可以减小电能的损失，又由公式I=PU可知，当P一定时，要减小I，必需增大U ；
(5)小于 ；215
【解析】【分析】
本题考查了学生对欧姆定律、电功率公式、串联电路特点的掌握和运用，关键是公式及其变形的灵活运用，解题过程中要注意单位的换算。
(1)高压输电先升压后降压，到用户端的电压为220V，因此需要经过两次变压。改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；
(2)根据电热的公式Q=I2Rt来确定损失电能的单位；
(3)导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料有关，长度越大，横截面积越小，电阻越大；长度和横截面积相同的导体，材料不同，电阻不同；
(4)根据P=UI，在输电功率一定时，电压越高，电路中的电流越小，根据焦耳定律Q=I2Rt，输电线上发热损失的能量越少；
(5)由于输电线有一定电阻，因此会产生电压降，实际电压小于220V；
已知电路中总功率和电压，由P=UI计算出电路中的电流，再根据U=IR计算出电路中损失的电压；根据串联电路的电压特点及I=UR、P=UI计算出灯泡的实际电压。
【解答】
(1)从发电厂发出电到进入家庭，变压器使电压的大小经过了两次改变，最终直接进入家庭的电压为220V。输电过程中导线的温度升高，本质是通过电流做功的方式改变内能；
(2)根据电热的公式Q=I2Rt=U2Rt=IR⋅I⋅t=U⋅I⋅t=Pt由此可知对应的单位为J→A2⋅Ω⋅s→V2⋅Ω−1⋅s→V⋅A⋅s→W⋅s(注意时间的单位是小写的s)，由此可知远程输电损耗电能的单位不是B；
(3)导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料有关；
将四根导线并联起来进行高压输电目的是为了减小电能的损失，在导线长度不能改变时可以通过改变横截面积，四根导线并联时相当于增大了横截面积，所以电阻会减小，损失的电能也减少；
(4)由焦耳定律Q=I2Rt可知：在R和t一定时，减小I，可以减小电能的损失，又由公式I=PU可知，当P一定时，要减小I，必需增大U；
(5)由于输电线有一定电阻，因此会产生电压降，实际电压小于220V；
设居民楼内所有用电器的两端电压为U实，则导线两端的电压为220V−U实；
由I=UR，P=UI得，用电器中的电流为：I=PU实，
则有：PU实=220V−U实R，2150WU实=220V−U实0.5Ω，
解得：U实=215V。
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