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2022-2023学年重庆市奉节县九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年重庆市奉节县九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.每天间操开始，各教室的广播同时响起音乐声，各教室的广播连接方式是( )
A. 串联B. 并联
C. 串联和并联都有可能D. 无法确定
2.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. 热值不变，密度、比热容变为原来的三分之二
B. 都变为原来的三分之二
C. 热值变为原来的三分之二，密度、比热容不变
D. 都不变
3.举重是我国的优势体育项目。一位身高170cm的运动员和一位身高160cm的运动员，在挺举项目中用相同时间，把同样重的杠铃举起，如图所示。如果他们对杠铃所做的功分别为W1和W2，功率分别为P1和P2，则下列关系式中正确的是( )
A. W1=W2，P1=P2B. W1>W2，P1=P2
C. W1>W2，P1>P2D. W14.小明用图示装置“探究重力势能大小与质量的关系”，下列说法正确的是( )
A. 实验研究对象是三脚小桌
B. 让同一木块从三个不同的高度由静止下落
C. 让质量不同的木块从不同的高度由静止下落
D. 用三脚小桌下陷的深度来表示木块重力势能的大小
5.如图所示电路，当开关S闭合后，滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电流表示数减小，电压表示数增大
B. 电流表示数增大，电压表示数增大
C. 电流表示数减小，电压表示数不变
D. 电流表示数增大，电压表示数不变
6.关于物体的内能、热量、温度，下列说法中正确的是( )
A. 温度越低，所含的热量越少B. 吸收热量，温度一定会升高
C. 温度升高，内能一定增加D. 内能减少，它一定放出热量
7.小琳同学用“伏安法”测出了灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，如果将电压表和电流表的位置互换，如图所示，则闭合开关后( )
A. 两表都可能被烧坏
B. 两表都不会被烧坏
C. 电流表会被烧坏
D. 灯泡会被烧坏
8.如图所示，甲、乙、丙三图的装置完全相同，燃料的质量相同，烧杯内液体的初温与质量也相同，不考虑热量损失。下列选项正确的是( )
A. 对比乙丙两图液体最终升温可以比较两种液体的比热容
B. 对比甲乙两图，如果燃料 2的热值较高，最终乙图液体内能较大
C. 对比乙丙两图，如果液体 b最终升温较高，说明燃料 1的热值较大
D. 对比甲丙两图，如果液体 b的比热容比液体 a大，升高相同的温度，液体 a需加热较长时间
二、填空题：本大题共9小题，共22分。
9.若要将一节干电池正确装入电池盒，应将图甲中电池的A端接到图乙电池盒的______ (选填“B”或“C”)接线柱。一节新干电池的电压为______ V。
10.建筑及装修工程中经常需要用钻孔机钻孔，如图钻头使用时相当于一个斜面，可以省______ (选填“力”、“距离”或“功”)，钻孔时钻头发热是由于克服摩擦______ 使钻头的内能增加了，因此在钻孔过程中需不断地往钻头上注水，利用水的______ 较大，能吸收较多的热量，从而降低钻头的温度避免钻头烧坏。
11.在足球比赛中，足球离脚在空中飞行的过程中，运动员______ (填“一定”、“一定不”、“可能”)对足球做功。如果不计空气阻力，足球在空中下落的过程中，其动能将______ (填“变大”、“不变”、“变小”)，实质是重力势能转化为动能。
12.在导体两端加24V电压时，通过导体的电流为0.6A，该导体的电阻等于______ Ω，若在这个导体两端加0V的电压时，该导体的电阻等于______ Ω。
13.如图所示，小园在燃烧皿中放入10g酒精，点燃后对质量为200g的水加热。充分燃烧后，水温升高50℃。已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，此过程中水吸收的热量为______ J，水的内能______。根据实验数据计算得到的酒精热值明显偏小，其原因是______。
14.某同学连接的电路如图，电源电压是10V，当他将开关闭合后，电压表的示数为2V，则L1两端的电压为______ V，L2两端的电压为______ V。
15.如图所示，工人用滑轮组匀速提升重800N的货物，所用的拉力F为500N，货物匀速上升5m。若不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率是______ ；如果用该滑轮组提升1000N的物体，滑轮组的机械效率将______ (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
16.随着我国经济的飞速发展，汽车已经进入寻常百姓人家。如图甲是一种自动测定汽车油箱内油面高度的装置。R0是定值电阻，R是滑动变阻器，它的金属滑片连在杠杆的一端。从油量表指针所指的刻度，就可知道油箱内油面高低。
(1)油量表是由______ (电流表/电压表)改装而成的。
(2)当向油箱中加油时，R0两端的电压会______ (变大/变小/不变)。
(3)图乙为原电表的刻度盘，现要在该刻度盘上标注对应的油量值，则表示油量为0的刻度线应在刻度盘的______ (最左边/中间某位置/最右边)。
(4)若电路的保护电阻R0损坏，维修人员替换时误用了一个较大的电阻，则会导致油量表的测量结果______ (偏大/偏小)。
17.如图所示，杠杆OA在力F1、F2的作用下处于平衡状态，L1为动力F1的力臂。请在图中作出动力F1的示意图。
三、作图题：本大题共2小题，共2分。
18.站在地面上的人想用尽可能小的力提升水桶。请在图中画出滑轮组绳子的绕法。
19.请用笔画线代替导线，在图中将两个灯泡、开关连成并联电路。
四、实验探究题：本大题共4小题，共25分。
20.实验小组利用铅笔芯和鳄鱼夹制作了简易调光灯，装置如图甲所示。
(1)甲图中有一处明显错误是______ ；改正后，闭合开关，移动鳄鱼夹M、N之间距离，发现灯泡亮度会发生变化，这一现象说明导体的电阻与导体的______ 有关，______ (物理器材)就是根据这一原理制成的。
(2)他们用一个LED灯替换铅笔芯，与小灯泡串联后接入电路(电路图如乙)。LED灯是一种高效的节能光源，其核心元件是发光二极管，发光二极管的主要材料是______ (选填“超导体”“半导体”或“导体”)。闭合开关S，发现LED灯亮而小灯泡L不亮，针对这种现象，请猜想一种可能原因：______ 。
21.用轻质杠杆探究“杠杆的平衡条件”。
(1)实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将螺母向______ 调节，使杠杆在水平位置平衡。
(2)杠杆平衡后，小明在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，松手后杠杆的______ 端会下沉。
(3)接着，小明和小丽又分别设计了两种实验方案，小明的方案如图丙所示，小丽的方案如图丁所示。你认为______ 的实验方案更好，请说明你的理由______ 。
(4)如果在杠杆的O点用弹簧测力计施加一个向上的力，这个力在探究实验时会不会影响到杠杆的平衡？______ (填“会”或“不会”)，请说明理由______ 。
22.小明想利用如图甲所示电路“探究电流与电阻的关系”，电源电压是6V，选用的定值电阻的阻值分别为5Ω、15Ω和30Ω。
(1)如图乙是根据图甲连接的实物图，请在错误的一根导线上打“×”，并用笔画线代替导线连接正确。
(2)在连接电路的过程中开关应该______ 。
(3)小明排除实物图的错误后，将5Ω电阻接入电路，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为某预设值，记下电流表示数为0.5A。完成第一次实验后，在没有移动滑动变阻器滑片的情况下，小明把5Ω的电阻换成15Ω的电阻后闭合开关，此时电压表示数将会比预设的电压值______ (选填“高”或“低”)，电流表示数将会比第一次电流0.5A______ (选填“大”或“小”)，小明应向______ (选填“左”或“右”)移动变阻器滑片，使______ (选填“电压表”或“电流表”)示数不变，才能完成这次实验。
23.某学习小组用“伏安法”测量小灯泡的电阻。
(1)“伏安法”测电阻的实验原理是______ 。
(2)请用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整(要求：滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数变大，导线不能交叉)。
(3)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于______ 端。(选填“左”或“右”)
(4)正确连接电路后，闭合开关，发现小灯泡不发光，电压表和电流表的示数都比较小，导致这一现象的原因是______ 。
(5)找到原因后，小明移动滑动变阻器的滑片，图乙、图丙是电压表示数和电流表示数，可以计算出此时小灯泡的电阻______ Ω。
(6)如图丁所示，是小明根据测量数据绘制的通过小灯泡电流I随它两端电压U变化的关系图像。请根据图像信息，分析下列说法中正确的是______ 。
A.小灯泡的电阻是5Ω
B.小灯泡的电阻随电压的增大而减小
C.小灯泡的电阻受温度影响发生改变
D.若将这样两个同样规格的小灯泡并联在2V的电源两端，干路中总电流为0.45A
(7)利用本次实验所提供的器材能不能去完成实验：“探究电流与电压的关系”，______ (填“能”或“不能”)，理由：______ 。
五、计算题：本大题共2小题，共15分。
24.如图所示，R1=10Ω，闭合开关S后，电压表的示数为12V，电流表的示数为0.5A。求：
(1)电阻R2的阻值。
(2)电源电压。
25.如图，R1=30Ω，R2=20Ω，电流表A1的示数为0.4A，求：
(1)电源电压。
(2)通过电阻R2的电流。
(3)电流表A的示数。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：各教室的广播如果一个发生了故障，其它的仍可以继续工作，说明它们互不影响，因此，各教室的广播连接方式是并联。
故选：B。
串联电路中各元件工作状态相互影响，并联电路中各元件工作状态互不影响。
本题考查串并联电路的特点，知道串联电路中各元件工作状态相互影响，并联电路中各元件工作状态互不影响是解答的关键。
2.【答案】D
【解析】解：
将一瓶酒精，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：D。
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。
解答此题的关键是正确理解和掌握比热容和燃料的热值的概念和特性。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了学生对功的公式、功率的公式的掌握和运用，能分析出高个运动员举起的高度大是本题的突破口。
举起相同的杠铃时，分析举起的高度，根据W=Gh分析做功大小；又知道所用时间相同，再利用P=Wt比较功率大小。
【解答】
由题知两人举起杠铃的重力相同，
因为左边的运动员比右边的运动员高，所以举起的高度：h1>h2，
由W=Gh可知，举起杠铃做的功：W1>W2；
因为举起杠铃用的时间相同，且W1>W2，
所以由P=Wt可知，做功的功率：P1>P2。
故选C。
4.【答案】D
【解析】解：A、实验中让质量不同的木块从相同的高度落下，通过观察三角小桌下陷的深度来探究木块的重力势能大小与质量的关系，所以实验研究对象是木块，故A错误；
BC、探究重力势能大小与质量的关系，要控制木块所处的高度相同，质量不同，即让不同质量的木块从同一高度静止落下；故BC错误；
D、实验运用了转换法，通过观察三角小桌下陷的深度来探究木块的重力势能大小与质量的关系；故D正确。
故选：D。
本题考查“探究重力势能大小与质量的关系”，明确实验原理即可解题。
5.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电流表测R2支路的电流，电压表测电源的电压。
因电源电压不变，
所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故AB错误；
滑片P向右移动的过程中，接入电路中的电阻增大，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I=UR可知，通过R2的电流减小，即电流表的示数减小，故C正确，D错误。
故选：C。
由电路图可知，R1与R2串联，电流表测R2支路的电流，电压表测电源的电压。根据电源的电压可知滑片移动时电压表V示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过变阻器的电流变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律、并联电路的电压关系，分析电路图确定两电阻的连接方式和电表所测电路元件是本题关键。
6.【答案】C
【解析】解：A、描述热量的术语只能用“吸收”或“放出”，不能用“含有”故A错误；
B、物体吸收热量，它的温度可能会升高，也可能不变，例如：晶体熔化过程中，吸收热量，但温度不变，故B错误；
C、物体温度变化其内能一定变化，物体温度升高，它的内能一定增加，故C正确；
D、物体的内能减少，可能是放出热量，还有可能是对外做功，故D错误。
故选：C。
(1)物体吸热或温度升高，内能一定增大；但物体的内能增大，不一定是由物体吸热或温度升高引起的。
(2)改变物体内能的方式有做功和热传递两种方式，二者是等效的。
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，热学的难点。
7.【答案】C
【解析】解：如图所示，电压表与灯泡串联后再与电流表并联，而电流表相当于一根导线，将电源的正负极直接连接在了一起，则电路发生电源短路，电流过大将电流表烧坏；而电压表和灯泡都被电流表短路，没有电流通过，所以电压表和灯泡都不会被烧坏，故C正确，ABD错误。
故选：C。
由于电压表的电阻很大，因此电压表必须并联在电路中，否则电路会形成开路；而电流表的内阻很小，因此电流表与被测用电器串联，否则用电器会被短路。
注意电压表在电路中相当于开路，而电流表在电路中相当于导线。
8.【答案】B
【解析】解：
A、比较比热容的大小要控制吸收的热量相等，乙丙燃料不同，放出的热量不相等，不能比较比热容大小，故A错误；
B、甲乙两图液体相同，若燃料2的热值较高，则乙吸收的热量更多，内能更大，故B正确；
C、液体a、b吸收的热量不一定相等，故不能判断燃料1、2放出的热量，也不能判断热值大小，故C错误；
D、甲丙燃料相同，放出的热量相同，液体b比热容比液体a大，那么要升高相同温度，甲图装置需要时间较短，故D错误。
故选：B。
(1)探究比热容的大小时，应控制吸热、质量、初温相同；
(2)(3)质量相同，热值越大的燃料完全燃烧时放出的热量越多；
(4)在质量、升高的温度相同时，液体的比热容越大，吸收的热量越多。
探究不同物质的吸热能力时要利用相同质量的不同物体，探究不同燃料的热值时，要利用相同质量的不同燃料。
9.【答案】B1.5
【解析】解：在图甲中A端是干电池的金属帽部分，为电池的正极，应与图乙中电池盒B接线柱相连。一节新干电池的电压为1.5V。
故答案为：B；1.5。
干电池有两个极，与金属帽相连的碳棒为正极，锌筒为负极；电池盒中金属片接干电池的正极，弹簧接电池的负极；一节新干电池的电压为1.5V。
本题考查干电池的结构和在电池盒中的放置方法，属于基础题，难度不大。
10.【答案】力 做功 比热容
【解析】解：钻头使用时相当于一个斜面，可以省力，但不能省功；
钻头打完孔后会发烫，因为钻头和墙相互摩擦，机械能转化为内能，这是通过做功方式改变了钻头的内能；
水和其他物质比较，质量相同时，水的比热容大，升高相同的温度，水吸收的热量多，从而降低钻头的温度避免钻头烧坏；
故答案为：力；做功；比热容。
(1)使用斜面可以省力；使用任何机械都不能省功；
(2)改变物体内能的方法：一是做功(能量的转化)，二是热传递(能量的转移)；
(3)水的比热容大，是指相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
本题考查了学生对简单机械、改变内能的方法(做功、热传递)、水的比热容大的应用，属于常见题目。
11.【答案】一定不 变大
【解析】解：(1)当足球离开运动员的脚之后，运动员对足球施加的力就消失了，由于惯性向前运动了一段距离，运动员没有对足球施加力的作用，故没做功；
(2)不计空气阻力，足球在下落过程中，质量不变，速度变大，动能变大；高度降低，重力势能变小，重力势能转化为动能。
故答案为：一定不；变大。
(1)做功的两个必要条件是：一是物体受到力的作用，二是物体在力的方向上通过距离；
(2)动能大小的影响因素是质量和速度，质量越大、速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素是质量和高度，质量越大、位置越高，重力势能越大；动能和势能统称为机械能。
该题考查了判断力是否做功和机械能的变化，解题的关键是分析各种能量的影响因素是否变化，从而确定能的变化。
12.【答案】40 40
【解析】解：由I=UR可得，导体的电阻：
R=UI=24V0.6A=40Ω；
因电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，
所以，当这个导体两端不加电压时，该导体的电阻仍为40Ω不变。
故答案为：40；40。
知道导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻；电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关。
本题考查了欧姆定律的简单应用，关键是知道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关。
13.【答案】4.2×104 增大 酒精没有完全燃烧或酒精燃烧放出的热量没有完全被水吸收
【解析】解：(1)m水=200g=0.2kg，
水吸收的热量：
Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.2kg×50℃=4.2×104J；
(2)水吸收热量，其温度升高、内能增大；
(3)小明是按下面方法来计算酒精的热值：酒精完全燃烧放出的热量，完全被水吸收，即Q放=Q吸，再利用Q放=mq计算酒精的热值；
实际上酒精不可能完全燃烧，并且酒精完全燃烧放出的热量不能完全被水吸收，所以该实验计算得到的酒精热值明显偏小。
故答案为：4.2×104；增大；酒精没有完全燃烧或酒精燃烧放出的热量没有完全被水吸收。
(1)知道水的质量、比热容和温度变化，利用吸热公式求水吸收的热量；
(2)水吸收热量、温度升高、内能增大；
(3)酒精完全燃烧放出的热量，完全被水吸收，即Q放=Q吸，再利用Q放=mq计算酒精的热值。
本题考查了热量的计算、内能的改变以及热值测量实验的分析，要明确：热值是燃料完全燃烧放出的热量。
14.【答案】8 2
【解析】解：由题知，电源的电压U=10V，
由电路图可知，开关闭合后，两灯泡串联，电压表测L2两端的电压，即U2=2V；
根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：
L1两端的电压U1=U−U2=10V−2V=8V。
故答案为：8；2。
由电路图可知，两灯泡串联，电压表测L2两端的电压；根据串联电路的电压特点可计算出L1两端的电压。
本题考查了串联电路电压规律的应用，关键是电压表所测电路元件的判断，记住电压表串联在电路中时，电压表示数等于电源电压。
15.【答案】80%变大
【解析】解：由图可知，n=2，
滑轮组的有用功：
W有用=Gh=800N×5m=4000J；
绳子自由端移动的距离：
s=2h=2×5m=10m，
拉力做的功：
W=Fs=500N×10m=5000J，
滑轮组的机械效率：
η=W有W总×100%=4000J5000J×100%=80%；
因不计若不计绳重和摩擦，所以额定外的来源是克服动滑轮自重做的功，
W额外=G动h，W有=Gh，故W总=G动h+Gh，
根据公式η=W有W总=GG+G动=11+G动G可知，动滑轮重不变，如果用该滑轮组提升1000N的物体，增大货物的重力，滑轮组的机械效率将变大。
故答案为：80%；变大。
利用W=Gh计算有用功；首先确定滑轮组绳子的有效股数，利用s=nh求出绳子自由端移动的距离，然后利用W=Fs计算拉力做的功，利用η=W有W总××100%计算滑轮组的机械效率；根据公式η=W有W总=GG+G动=11+G动G讨论。
本题考查功、功率、机械效率计算，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是动滑轮上绳子段数的分析，难点是机械效率公式的推导。
16.【答案】电流表 变大 最左边 偏小
【解析】解：
(1)由图可知，油量表与定值电阻、滑动变阻器R组成串联电路，所以油量表是由电流表改装而成的；
(2)当向油箱中加油时，浮球上升，在杠杆的作用下滑片下降，滑动变阻器连入阻值变小，电路中的总电阻变小，由欧姆定律可知此时电路中电流变大，根据U=IR可知，定值电阻R0两端的电压变大；
(3)由I=UR+R0可知：油量为0时，滑片在变阻器的最上端，电路中的总电阻最大，电流最小，所以油量为0的刻度线应在刻度盘的最左边；
(4)若电路的保护电阻R0损坏，替换时误用了一个较大的电阻，则当浮标在同一位置时，电路中的总电阻变大，电流变小，所以会导致油量表的测量结果偏小。
故答案为：(1)电流表；(2)变大；(3)最左边；(4)偏小。
(1)电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联，由此判断油量表是何种电表；
(2)根据油位的高低判断滑动变阻器连入阻值变化，由串联电路特点和欧姆定律判断电路中总电阻、电流变化以及R0两端电压的变化情况；
(3)根据串联电路的特点和欧姆定律求出电路中的电流，即可分析判断。
(4)若电路的保护电阻R0损坏，替换时误用了一个较大的电阻，则当浮标在同一位置时，电路中的总电阻变大，结合欧姆定律进行判断。
本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和滑动变阻器的应用以及定值电阻的作用，知道“自动测定油箱内油量的装置”的工作原理是关键。
17.【答案】解：如图，画出力臂的垂线，与杠杆的交点B为F1的作用点，F1的方向应该向上，在线段末端标出箭头，得出动力示意图：
【解析】力臂是从支点到力的作用线的垂直距离，据此画出力臂的垂线，与杠杆的交点为F1的作用点，为使杠杆平衡F1的方向应该向上，据此画出动力示意图。
本题考查了杠杆平衡条件、力臂的概念、力的示意图的画法，知道力臂是从支点到力的作用线的垂直距离是关键。易错点将垂足当做动力作用点。
18.【答案】解：由题意知，站在地面上的人想用尽可能小的力提升水桶。所以绳子的拉力方向应向下，所以绳子应从定滑轮绕起。
【解析】要解决此题，需要掌握滑轮组的组装。在绕线时，可以从动滑轮或定滑轮绕起，在题目中要根据实际情况而定。
此题主要考查了滑轮组的组装，要掌握滑轮组的两种绕线方式：可以从定滑轮或动滑轮绕起。解决此题的关键是确定用力的方向。
19.【答案】解：
依题意，两灯并联，所以电流从电源正极经开关后分支，分别经过两灯泡回到负极，实物连接如下图所示：
。
【解析】并联电路是指各用电器并联连接的电路，由此连接实物。
本题考查实物图的连接，关键明白电路中各个用电器的连接情况，连接实物图是整个初中物理的难点，也是中考常考的内容。
20.【答案】电流表正负接线柱接反了 长度 滑动变阻器 半导体 小灯泡被短路
【解析】解：(1)根据实物图可知，电流表的正负接线柱接线错误；
闭合开关，改变鳄鱼夹M、N之间距离，即改变了导体的长度，发现灯泡亮度会发生变化，说明导体的电阻与导体长度有关；滑动变阻器就是根据该原理工作的；
(2)发光二极管的主要材料是半导体；
闭合开关S，发现LED灯亮而小灯泡L不亮，这说明电路是通路，小灯泡不发光的原因可能是被短路，也可能是小灯泡的实际功率过小。
故答案为：(1)电流表正负接线柱接反了；长度；滑动变阻器； (2)半导体；小灯泡被短路。
(1)根据电流表的正确接法进行判断；导体的电阻与导体的长度、材料以及横截面积有关；
(2)二极管是由半导体材料制成的；若小灯泡不发光，则通过小灯泡无电流和小灯泡的实际功率过小，据此分析。
本题考查了影响电阻大小的因素、电路故障的判定等，属于基础题。
21.【答案】右 左 小明 图丙中的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量； 不会 作用在杠杆O点的力的力臂等于零
【解析】解：(1)如图甲所示，杠杆右端偏高，应将杠杆的螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
(2)设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，
根据杠杆的平衡条件：F左L左=F右L右，
即左端：4G×2L=8GL，右端：2G×3L=6GL，8GL>6GL，左端大，故左端下沉；
(3)由图可知，弹簧测力计在图丙中的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量，图丙好；
(4)杠杆在O点还受到一个向上的力，这个力与杠杆自身重力都过杠杆的支点，力臂为零，这两个力在探究杠杆平衡时不会影响到杠杆的平衡。
故答案为：(1)右；(2)左；(3)小明；图丙中的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量；(4)不会；作用在杠杆O点的力的力臂等于零。
(1)调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
(2)设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断杠杆向那端下降；
(3)根据钩码个数与每个钩码的重力求出测力计拉力，根据杠杆的平衡条件可知，图丙弹簧测力计方向向上，容易测量力臂，图丁方向不与杠杆垂直，不易测量力臂；
(4)过支点的力，力臂为零。
此题是探究杠杆平衡实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用以及过支点的力对杠杆的影响，要注意分析力和对应的力臂。
22.【答案】断开 高 小 左 电压表
【解析】解：
(1)乙图中，定值电阻和电压表短路了，定值电阻应与变阻器串联，电压表与定值电阻并联，如下图所示：
；
(2)在连接电路的过程中开关应该断开；
(3)小明排除实物图的错误后，将5Ω电阻接入电路，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为某预设值，记下电流表示数为0.5A.完成第一次实验后，在没有移动滑动变阻器滑片的情况下，小明把5Ω的电阻换成15Ω的电阻后闭合开关，由分压原理，此时电压表示数将会比预设的电压值高；
由串联电阻的规律，因总电阻变大，由欧姆定律I=UR，电流表示数将会比第一次电流0.5A小；
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，所以滑片应向左端移动，使电压表示数不变，才能完成这次实验。
故答案为：(1)见上图；(2)断开；(3)高；小；左；电压表。
(1)原图乙电路中，电阻和电压表短路了，定值电阻应与变阻器串联，电压表应与电阻并联；
(2)为保护电路，在连接电路的过程中开关应该断开；
(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不变，即控制电压表示数不变，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化；由串联电阻的规律及欧姆定律分析；
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。
本题探究电流与电阻的关系，考查电路的改接、电路连接的注意事项、控制变量法的运用和操作过程，是电学中的重要实验，要掌握。
23.【答案】R=UI 左 滑动变阻器接入电路中的电阻较大 6 C 不能 灯丝的电阻随温度的变化而变化
【解析】解：(1)在“伏安法”测电阻的实验中，用电压表测电阻两端的电压，用电流表测通过电阻的电流，根据R=UI求出电阻的阻值，故“伏安法”测电阻的实验原理是R=UI；
(2)滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用右下接线柱与开关串联在电路中，如下图所示：
；
(3)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大处，即左端；
(4)闭合开关，发现小灯泡不发光，电压表和电流表的示数都比较小，根据欧姆定律可知，滑动变阻器的阻值很大，使得灯泡的实际功率过小而不发光；
(5)小明移动滑动变阻器的滑片，图乙、图丙是电压表示数和电流表示数，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为1.2V，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.2A，则此时小灯泡的电阻为：
R′=U′I′=Ω；
(6)ABC、由图知，灯丝的电阻随电压的增大而增大，因灯丝的电阻随温度的升而增大，不是定值，不一定是5Ω，故AB错误，C正确；
D、两个同样规格的小灯泡并联时，通过的电流相等，由图象可知，当灯泡两端电压为2V时通过的电流为0.45A，
又因为并联电路中干路电流等于各支路电流，所以电路中总电流：I=0.45A+0.45A=0.9A，故D错误；故选：C；
(7)探究电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，而灯丝的电阻随温度的变化而变化，故不能用该实验装置中的器材完成探究电流与电压的关系。
故答案为：(1)R=UI；(2)见解答图；(3)左；(4)滑动变阻器接入电路中的电阻较大；(5)6；(6)C；(7)不能；灯丝的电阻随温度的变化而变化。
(1)“伏安法”测电阻的实验原理是R=UI；
(2)滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
(3)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大处；
(4)小灯泡的亮度是由其实际功率决定的；
(5)根据两表选用量程确定分度值读数，利用R=UI求出此时小灯泡的电阻；
(6)灯丝的电阻随温度的升高而增大；
两个同样规格的小灯泡并联时，通过的电流相等，根据图象读出当灯泡两端电压为2V时通过的电流，然后根据并联电路电流规律求出干路电流；
(7)探究电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，据此分析。
本题用“伏安法”测量小灯泡的电阻实验，考查了实验原理、电路连接、注意事项、故障分析、电表读数、电阻的计算和影响电阻大小因素等知识。
24.【答案】解：由电路图可知，闭合开关S后，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)由串联电路的电流特点可知，通过R2的电流：I2=I1=I=0.5A，
由欧姆定律可知，R2的阻值：R2=U2I2=12V0.5A=24Ω；
(2)由欧姆定律可知，R1两端的电压：U1=I1R1=0.5A×10Ω=5V，
由串联电路的电压特点可知，电源电压：U=U1+U2=5V+12V=17V。
答：(1)电阻R2的阻值为24Ω；
(2)电源电压为17V。
【解析】由电路图可知，闭合开关S后，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出R2的阻值；
(2)根据欧姆定律求出R1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源电压。
本题考查串联电路的特点和欧姆定律的应用，难度不大。
25.【答案】解：由图示电路图可知，两电阻并联在电源两端，电流表A1测R1支路电流，电流表A测干路电流；
(1)由I=UR可知R1两端的电压：U1=I1R1=0.4A×30Ω=12V；
由并联电路的电压关系可知电源电压为U=U1=12V；
(2)根据并联电路各支路两端电压相等可知，
R2两端的电压等于电源电压：U2=U=12V；
则通过R2的电流：I2=U2R2=12V20Ω=0.6A；
(3)干路中的电流，即电流表A的示数：I=I1+I2=0.4A+0.6A=1A；
答：(1)电阻电压是12V；
(2)通过电阻R2的电流是0.6A；
(3)电流表A的示数是1A。
【解析】由图示电路图可知，两电阻并联在电源两端，电流表A1测R1支路电流，电流表A测干路电流；
(1)应用欧姆定律求出电阻两端电压，由并联电路的电压关系可知电源电压。
(2)由欧姆定律可以求出通过电阻R2的电流。
(3)由并联电路特点求出电流表A的示数。
本题考查了求电压与电流大小问题，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，利用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
1.每天间操开始，各教室的广播同时响起音乐声，各教室的广播连接方式是( )
A. 串联B. 并联
C. 串联和并联都有可能D. 无法确定
2.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. 热值不变，密度、比热容变为原来的三分之二
B. 都变为原来的三分之二
C. 热值变为原来的三分之二，密度、比热容不变
D. 都不变
3.举重是我国的优势体育项目。一位身高170cm的运动员和一位身高160cm的运动员，在挺举项目中用相同时间，把同样重的杠铃举起，如图所示。如果他们对杠铃所做的功分别为W1和W2，功率分别为P1和P2，则下列关系式中正确的是( )
A. W1=W2，P1=P2B. W1>W2，P1=P2
C. W1>W2，P1>P2D. W1
A. 实验研究对象是三脚小桌
B. 让同一木块从三个不同的高度由静止下落
C. 让质量不同的木块从不同的高度由静止下落
D. 用三脚小桌下陷的深度来表示木块重力势能的大小
5.如图所示电路，当开关S闭合后，滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电流表示数减小，电压表示数增大
B. 电流表示数增大，电压表示数增大
C. 电流表示数减小，电压表示数不变
D. 电流表示数增大，电压表示数不变
6.关于物体的内能、热量、温度，下列说法中正确的是( )
A. 温度越低，所含的热量越少B. 吸收热量，温度一定会升高
C. 温度升高，内能一定增加D. 内能减少，它一定放出热量
7.小琳同学用“伏安法”测出了灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，如果将电压表和电流表的位置互换，如图所示，则闭合开关后( )
A. 两表都可能被烧坏
B. 两表都不会被烧坏
C. 电流表会被烧坏
D. 灯泡会被烧坏
8.如图所示，甲、乙、丙三图的装置完全相同，燃料的质量相同，烧杯内液体的初温与质量也相同，不考虑热量损失。下列选项正确的是( )
A. 对比乙丙两图液体最终升温可以比较两种液体的比热容
B. 对比甲乙两图，如果燃料 2的热值较高，最终乙图液体内能较大
C. 对比乙丙两图，如果液体 b最终升温较高，说明燃料 1的热值较大
D. 对比甲丙两图，如果液体 b的比热容比液体 a大，升高相同的温度，液体 a需加热较长时间
二、填空题：本大题共9小题，共22分。
9.若要将一节干电池正确装入电池盒，应将图甲中电池的A端接到图乙电池盒的______ (选填“B”或“C”)接线柱。一节新干电池的电压为______ V。
10.建筑及装修工程中经常需要用钻孔机钻孔，如图钻头使用时相当于一个斜面，可以省______ (选填“力”、“距离”或“功”)，钻孔时钻头发热是由于克服摩擦______ 使钻头的内能增加了，因此在钻孔过程中需不断地往钻头上注水，利用水的______ 较大，能吸收较多的热量，从而降低钻头的温度避免钻头烧坏。
11.在足球比赛中，足球离脚在空中飞行的过程中，运动员______ (填“一定”、“一定不”、“可能”)对足球做功。如果不计空气阻力，足球在空中下落的过程中，其动能将______ (填“变大”、“不变”、“变小”)，实质是重力势能转化为动能。
12.在导体两端加24V电压时，通过导体的电流为0.6A，该导体的电阻等于______ Ω，若在这个导体两端加0V的电压时，该导体的电阻等于______ Ω。
13.如图所示，小园在燃烧皿中放入10g酒精，点燃后对质量为200g的水加热。充分燃烧后，水温升高50℃。已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，此过程中水吸收的热量为______ J，水的内能______。根据实验数据计算得到的酒精热值明显偏小，其原因是______。
14.某同学连接的电路如图，电源电压是10V，当他将开关闭合后，电压表的示数为2V，则L1两端的电压为______ V，L2两端的电压为______ V。
15.如图所示，工人用滑轮组匀速提升重800N的货物，所用的拉力F为500N，货物匀速上升5m。若不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率是______ ；如果用该滑轮组提升1000N的物体，滑轮组的机械效率将______ (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
16.随着我国经济的飞速发展，汽车已经进入寻常百姓人家。如图甲是一种自动测定汽车油箱内油面高度的装置。R0是定值电阻，R是滑动变阻器，它的金属滑片连在杠杆的一端。从油量表指针所指的刻度，就可知道油箱内油面高低。
(1)油量表是由______ (电流表/电压表)改装而成的。
(2)当向油箱中加油时，R0两端的电压会______ (变大/变小/不变)。
(3)图乙为原电表的刻度盘，现要在该刻度盘上标注对应的油量值，则表示油量为0的刻度线应在刻度盘的______ (最左边/中间某位置/最右边)。
(4)若电路的保护电阻R0损坏，维修人员替换时误用了一个较大的电阻，则会导致油量表的测量结果______ (偏大/偏小)。
17.如图所示，杠杆OA在力F1、F2的作用下处于平衡状态，L1为动力F1的力臂。请在图中作出动力F1的示意图。
三、作图题：本大题共2小题，共2分。
18.站在地面上的人想用尽可能小的力提升水桶。请在图中画出滑轮组绳子的绕法。
19.请用笔画线代替导线，在图中将两个灯泡、开关连成并联电路。
四、实验探究题：本大题共4小题，共25分。
20.实验小组利用铅笔芯和鳄鱼夹制作了简易调光灯，装置如图甲所示。
(1)甲图中有一处明显错误是______ ；改正后，闭合开关，移动鳄鱼夹M、N之间距离，发现灯泡亮度会发生变化，这一现象说明导体的电阻与导体的______ 有关，______ (物理器材)就是根据这一原理制成的。
(2)他们用一个LED灯替换铅笔芯，与小灯泡串联后接入电路(电路图如乙)。LED灯是一种高效的节能光源，其核心元件是发光二极管，发光二极管的主要材料是______ (选填“超导体”“半导体”或“导体”)。闭合开关S，发现LED灯亮而小灯泡L不亮，针对这种现象，请猜想一种可能原因：______ 。
21.用轻质杠杆探究“杠杆的平衡条件”。
(1)实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将螺母向______ 调节，使杠杆在水平位置平衡。
(2)杠杆平衡后，小明在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，松手后杠杆的______ 端会下沉。
(3)接着，小明和小丽又分别设计了两种实验方案，小明的方案如图丙所示，小丽的方案如图丁所示。你认为______ 的实验方案更好，请说明你的理由______ 。
(4)如果在杠杆的O点用弹簧测力计施加一个向上的力，这个力在探究实验时会不会影响到杠杆的平衡？______ (填“会”或“不会”)，请说明理由______ 。
22.小明想利用如图甲所示电路“探究电流与电阻的关系”，电源电压是6V，选用的定值电阻的阻值分别为5Ω、15Ω和30Ω。
(1)如图乙是根据图甲连接的实物图，请在错误的一根导线上打“×”，并用笔画线代替导线连接正确。
(2)在连接电路的过程中开关应该______ 。
(3)小明排除实物图的错误后，将5Ω电阻接入电路，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为某预设值，记下电流表示数为0.5A。完成第一次实验后，在没有移动滑动变阻器滑片的情况下，小明把5Ω的电阻换成15Ω的电阻后闭合开关，此时电压表示数将会比预设的电压值______ (选填“高”或“低”)，电流表示数将会比第一次电流0.5A______ (选填“大”或“小”)，小明应向______ (选填“左”或“右”)移动变阻器滑片，使______ (选填“电压表”或“电流表”)示数不变，才能完成这次实验。
23.某学习小组用“伏安法”测量小灯泡的电阻。
(1)“伏安法”测电阻的实验原理是______ 。
(2)请用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整(要求：滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数变大，导线不能交叉)。
(3)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于______ 端。(选填“左”或“右”)
(4)正确连接电路后，闭合开关，发现小灯泡不发光，电压表和电流表的示数都比较小，导致这一现象的原因是______ 。
(5)找到原因后，小明移动滑动变阻器的滑片，图乙、图丙是电压表示数和电流表示数，可以计算出此时小灯泡的电阻______ Ω。
(6)如图丁所示，是小明根据测量数据绘制的通过小灯泡电流I随它两端电压U变化的关系图像。请根据图像信息，分析下列说法中正确的是______ 。
A.小灯泡的电阻是5Ω
B.小灯泡的电阻随电压的增大而减小
C.小灯泡的电阻受温度影响发生改变
D.若将这样两个同样规格的小灯泡并联在2V的电源两端，干路中总电流为0.45A
(7)利用本次实验所提供的器材能不能去完成实验：“探究电流与电压的关系”，______ (填“能”或“不能”)，理由：______ 。
五、计算题：本大题共2小题，共15分。
24.如图所示，R1=10Ω，闭合开关S后，电压表的示数为12V，电流表的示数为0.5A。求：
(1)电阻R2的阻值。
(2)电源电压。
25.如图，R1=30Ω，R2=20Ω，电流表A1的示数为0.4A，求：
(1)电源电压。
(2)通过电阻R2的电流。
(3)电流表A的示数。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：各教室的广播如果一个发生了故障，其它的仍可以继续工作，说明它们互不影响，因此，各教室的广播连接方式是并联。
故选：B。
串联电路中各元件工作状态相互影响，并联电路中各元件工作状态互不影响。
本题考查串并联电路的特点，知道串联电路中各元件工作状态相互影响，并联电路中各元件工作状态互不影响是解答的关键。
2.【答案】D
【解析】解：
将一瓶酒精，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：D。
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。
解答此题的关键是正确理解和掌握比热容和燃料的热值的概念和特性。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了学生对功的公式、功率的公式的掌握和运用，能分析出高个运动员举起的高度大是本题的突破口。
举起相同的杠铃时，分析举起的高度，根据W=Gh分析做功大小；又知道所用时间相同，再利用P=Wt比较功率大小。
【解答】
由题知两人举起杠铃的重力相同，
因为左边的运动员比右边的运动员高，所以举起的高度：h1>h2，
由W=Gh可知，举起杠铃做的功：W1>W2；
因为举起杠铃用的时间相同，且W1>W2，
所以由P=Wt可知，做功的功率：P1>P2。
故选C。
4.【答案】D
【解析】解：A、实验中让质量不同的木块从相同的高度落下，通过观察三角小桌下陷的深度来探究木块的重力势能大小与质量的关系，所以实验研究对象是木块，故A错误；
BC、探究重力势能大小与质量的关系，要控制木块所处的高度相同，质量不同，即让不同质量的木块从同一高度静止落下；故BC错误；
D、实验运用了转换法，通过观察三角小桌下陷的深度来探究木块的重力势能大小与质量的关系；故D正确。
故选：D。
本题考查“探究重力势能大小与质量的关系”，明确实验原理即可解题。
5.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电流表测R2支路的电流，电压表测电源的电压。
因电源电压不变，
所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故AB错误；
滑片P向右移动的过程中，接入电路中的电阻增大，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I=UR可知，通过R2的电流减小，即电流表的示数减小，故C正确，D错误。
故选：C。
由电路图可知，R1与R2串联，电流表测R2支路的电流，电压表测电源的电压。根据电源的电压可知滑片移动时电压表V示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过变阻器的电流变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律、并联电路的电压关系，分析电路图确定两电阻的连接方式和电表所测电路元件是本题关键。
6.【答案】C
【解析】解：A、描述热量的术语只能用“吸收”或“放出”，不能用“含有”故A错误；
B、物体吸收热量，它的温度可能会升高，也可能不变，例如：晶体熔化过程中，吸收热量，但温度不变，故B错误；
C、物体温度变化其内能一定变化，物体温度升高，它的内能一定增加，故C正确；
D、物体的内能减少，可能是放出热量，还有可能是对外做功，故D错误。
故选：C。
(1)物体吸热或温度升高，内能一定增大；但物体的内能增大，不一定是由物体吸热或温度升高引起的。
(2)改变物体内能的方式有做功和热传递两种方式，二者是等效的。
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，热学的难点。
7.【答案】C
【解析】解：如图所示，电压表与灯泡串联后再与电流表并联，而电流表相当于一根导线，将电源的正负极直接连接在了一起，则电路发生电源短路，电流过大将电流表烧坏；而电压表和灯泡都被电流表短路，没有电流通过，所以电压表和灯泡都不会被烧坏，故C正确，ABD错误。
故选：C。
由于电压表的电阻很大，因此电压表必须并联在电路中，否则电路会形成开路；而电流表的内阻很小，因此电流表与被测用电器串联，否则用电器会被短路。
注意电压表在电路中相当于开路，而电流表在电路中相当于导线。
8.【答案】B
【解析】解：
A、比较比热容的大小要控制吸收的热量相等，乙丙燃料不同，放出的热量不相等，不能比较比热容大小，故A错误；
B、甲乙两图液体相同，若燃料2的热值较高，则乙吸收的热量更多，内能更大，故B正确；
C、液体a、b吸收的热量不一定相等，故不能判断燃料1、2放出的热量，也不能判断热值大小，故C错误；
D、甲丙燃料相同，放出的热量相同，液体b比热容比液体a大，那么要升高相同温度，甲图装置需要时间较短，故D错误。
故选：B。
(1)探究比热容的大小时，应控制吸热、质量、初温相同；
(2)(3)质量相同，热值越大的燃料完全燃烧时放出的热量越多；
(4)在质量、升高的温度相同时，液体的比热容越大，吸收的热量越多。
探究不同物质的吸热能力时要利用相同质量的不同物体，探究不同燃料的热值时，要利用相同质量的不同燃料。
9.【答案】B1.5
【解析】解：在图甲中A端是干电池的金属帽部分，为电池的正极，应与图乙中电池盒B接线柱相连。一节新干电池的电压为1.5V。
故答案为：B；1.5。
干电池有两个极，与金属帽相连的碳棒为正极，锌筒为负极；电池盒中金属片接干电池的正极，弹簧接电池的负极；一节新干电池的电压为1.5V。
本题考查干电池的结构和在电池盒中的放置方法，属于基础题，难度不大。
10.【答案】力 做功 比热容
【解析】解：钻头使用时相当于一个斜面，可以省力，但不能省功；
钻头打完孔后会发烫，因为钻头和墙相互摩擦，机械能转化为内能，这是通过做功方式改变了钻头的内能；
水和其他物质比较，质量相同时，水的比热容大，升高相同的温度，水吸收的热量多，从而降低钻头的温度避免钻头烧坏；
故答案为：力；做功；比热容。
(1)使用斜面可以省力；使用任何机械都不能省功；
(2)改变物体内能的方法：一是做功(能量的转化)，二是热传递(能量的转移)；
(3)水的比热容大，是指相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
本题考查了学生对简单机械、改变内能的方法(做功、热传递)、水的比热容大的应用，属于常见题目。
11.【答案】一定不 变大
【解析】解：(1)当足球离开运动员的脚之后，运动员对足球施加的力就消失了，由于惯性向前运动了一段距离，运动员没有对足球施加力的作用，故没做功；
(2)不计空气阻力，足球在下落过程中，质量不变，速度变大，动能变大；高度降低，重力势能变小，重力势能转化为动能。
故答案为：一定不；变大。
(1)做功的两个必要条件是：一是物体受到力的作用，二是物体在力的方向上通过距离；
(2)动能大小的影响因素是质量和速度，质量越大、速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素是质量和高度，质量越大、位置越高，重力势能越大；动能和势能统称为机械能。
该题考查了判断力是否做功和机械能的变化，解题的关键是分析各种能量的影响因素是否变化，从而确定能的变化。
12.【答案】40 40
【解析】解：由I=UR可得，导体的电阻：
R=UI=24V0.6A=40Ω；
因电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，
所以，当这个导体两端不加电压时，该导体的电阻仍为40Ω不变。
故答案为：40；40。
知道导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻；电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关。
本题考查了欧姆定律的简单应用，关键是知道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关。
13.【答案】4.2×104 增大 酒精没有完全燃烧或酒精燃烧放出的热量没有完全被水吸收
【解析】解：(1)m水=200g=0.2kg，
水吸收的热量：
Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.2kg×50℃=4.2×104J；
(2)水吸收热量，其温度升高、内能增大；
(3)小明是按下面方法来计算酒精的热值：酒精完全燃烧放出的热量，完全被水吸收，即Q放=Q吸，再利用Q放=mq计算酒精的热值；
实际上酒精不可能完全燃烧，并且酒精完全燃烧放出的热量不能完全被水吸收，所以该实验计算得到的酒精热值明显偏小。
故答案为：4.2×104；增大；酒精没有完全燃烧或酒精燃烧放出的热量没有完全被水吸收。
(1)知道水的质量、比热容和温度变化，利用吸热公式求水吸收的热量；
(2)水吸收热量、温度升高、内能增大；
(3)酒精完全燃烧放出的热量，完全被水吸收，即Q放=Q吸，再利用Q放=mq计算酒精的热值。
本题考查了热量的计算、内能的改变以及热值测量实验的分析，要明确：热值是燃料完全燃烧放出的热量。
14.【答案】8 2
【解析】解：由题知，电源的电压U=10V，
由电路图可知，开关闭合后，两灯泡串联，电压表测L2两端的电压，即U2=2V；
根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：
L1两端的电压U1=U−U2=10V−2V=8V。
故答案为：8；2。
由电路图可知，两灯泡串联，电压表测L2两端的电压；根据串联电路的电压特点可计算出L1两端的电压。
本题考查了串联电路电压规律的应用，关键是电压表所测电路元件的判断，记住电压表串联在电路中时，电压表示数等于电源电压。
15.【答案】80%变大
【解析】解：由图可知，n=2，
滑轮组的有用功：
W有用=Gh=800N×5m=4000J；
绳子自由端移动的距离：
s=2h=2×5m=10m，
拉力做的功：
W=Fs=500N×10m=5000J，
滑轮组的机械效率：
η=W有W总×100%=4000J5000J×100%=80%；
因不计若不计绳重和摩擦，所以额定外的来源是克服动滑轮自重做的功，
W额外=G动h，W有=Gh，故W总=G动h+Gh，
根据公式η=W有W总=GG+G动=11+G动G可知，动滑轮重不变，如果用该滑轮组提升1000N的物体，增大货物的重力，滑轮组的机械效率将变大。
故答案为：80%；变大。
利用W=Gh计算有用功；首先确定滑轮组绳子的有效股数，利用s=nh求出绳子自由端移动的距离，然后利用W=Fs计算拉力做的功，利用η=W有W总××100%计算滑轮组的机械效率；根据公式η=W有W总=GG+G动=11+G动G讨论。
本题考查功、功率、机械效率计算，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是动滑轮上绳子段数的分析，难点是机械效率公式的推导。
16.【答案】电流表 变大 最左边 偏小
【解析】解：
(1)由图可知，油量表与定值电阻、滑动变阻器R组成串联电路，所以油量表是由电流表改装而成的；
(2)当向油箱中加油时，浮球上升，在杠杆的作用下滑片下降，滑动变阻器连入阻值变小，电路中的总电阻变小，由欧姆定律可知此时电路中电流变大，根据U=IR可知，定值电阻R0两端的电压变大；
(3)由I=UR+R0可知：油量为0时，滑片在变阻器的最上端，电路中的总电阻最大，电流最小，所以油量为0的刻度线应在刻度盘的最左边；
(4)若电路的保护电阻R0损坏，替换时误用了一个较大的电阻，则当浮标在同一位置时，电路中的总电阻变大，电流变小，所以会导致油量表的测量结果偏小。
故答案为：(1)电流表；(2)变大；(3)最左边；(4)偏小。
(1)电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联，由此判断油量表是何种电表；
(2)根据油位的高低判断滑动变阻器连入阻值变化，由串联电路特点和欧姆定律判断电路中总电阻、电流变化以及R0两端电压的变化情况；
(3)根据串联电路的特点和欧姆定律求出电路中的电流，即可分析判断。
(4)若电路的保护电阻R0损坏，替换时误用了一个较大的电阻，则当浮标在同一位置时，电路中的总电阻变大，结合欧姆定律进行判断。
本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和滑动变阻器的应用以及定值电阻的作用，知道“自动测定油箱内油量的装置”的工作原理是关键。
17.【答案】解：如图，画出力臂的垂线，与杠杆的交点B为F1的作用点，F1的方向应该向上，在线段末端标出箭头，得出动力示意图：
【解析】力臂是从支点到力的作用线的垂直距离，据此画出力臂的垂线，与杠杆的交点为F1的作用点，为使杠杆平衡F1的方向应该向上，据此画出动力示意图。
本题考查了杠杆平衡条件、力臂的概念、力的示意图的画法，知道力臂是从支点到力的作用线的垂直距离是关键。易错点将垂足当做动力作用点。
18.【答案】解：由题意知，站在地面上的人想用尽可能小的力提升水桶。所以绳子的拉力方向应向下，所以绳子应从定滑轮绕起。
【解析】要解决此题，需要掌握滑轮组的组装。在绕线时，可以从动滑轮或定滑轮绕起，在题目中要根据实际情况而定。
此题主要考查了滑轮组的组装，要掌握滑轮组的两种绕线方式：可以从定滑轮或动滑轮绕起。解决此题的关键是确定用力的方向。
19.【答案】解：
依题意，两灯并联，所以电流从电源正极经开关后分支，分别经过两灯泡回到负极，实物连接如下图所示：
。
【解析】并联电路是指各用电器并联连接的电路，由此连接实物。
本题考查实物图的连接，关键明白电路中各个用电器的连接情况，连接实物图是整个初中物理的难点，也是中考常考的内容。
20.【答案】电流表正负接线柱接反了 长度 滑动变阻器 半导体 小灯泡被短路
【解析】解：(1)根据实物图可知，电流表的正负接线柱接线错误；
闭合开关，改变鳄鱼夹M、N之间距离，即改变了导体的长度，发现灯泡亮度会发生变化，说明导体的电阻与导体长度有关；滑动变阻器就是根据该原理工作的；
(2)发光二极管的主要材料是半导体；
闭合开关S，发现LED灯亮而小灯泡L不亮，这说明电路是通路，小灯泡不发光的原因可能是被短路，也可能是小灯泡的实际功率过小。
故答案为：(1)电流表正负接线柱接反了；长度；滑动变阻器； (2)半导体；小灯泡被短路。
(1)根据电流表的正确接法进行判断；导体的电阻与导体的长度、材料以及横截面积有关；
(2)二极管是由半导体材料制成的；若小灯泡不发光，则通过小灯泡无电流和小灯泡的实际功率过小，据此分析。
本题考查了影响电阻大小的因素、电路故障的判定等，属于基础题。
21.【答案】右 左 小明 图丙中的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量； 不会 作用在杠杆O点的力的力臂等于零
【解析】解：(1)如图甲所示，杠杆右端偏高，应将杠杆的螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
(2)设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，
根据杠杆的平衡条件：F左L左=F右L右，
即左端：4G×2L=8GL，右端：2G×3L=6GL，8GL>6GL，左端大，故左端下沉；
(3)由图可知，弹簧测力计在图丙中的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量，图丙好；
(4)杠杆在O点还受到一个向上的力，这个力与杠杆自身重力都过杠杆的支点，力臂为零，这两个力在探究杠杆平衡时不会影响到杠杆的平衡。
故答案为：(1)右；(2)左；(3)小明；图丙中的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量；(4)不会；作用在杠杆O点的力的力臂等于零。
(1)调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
(2)设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断杠杆向那端下降；
(3)根据钩码个数与每个钩码的重力求出测力计拉力，根据杠杆的平衡条件可知，图丙弹簧测力计方向向上，容易测量力臂，图丁方向不与杠杆垂直，不易测量力臂；
(4)过支点的力，力臂为零。
此题是探究杠杆平衡实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用以及过支点的力对杠杆的影响，要注意分析力和对应的力臂。
22.【答案】断开 高 小 左 电压表
【解析】解：
(1)乙图中，定值电阻和电压表短路了，定值电阻应与变阻器串联，电压表与定值电阻并联，如下图所示：
；
(2)在连接电路的过程中开关应该断开；
(3)小明排除实物图的错误后，将5Ω电阻接入电路，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为某预设值，记下电流表示数为0.5A.完成第一次实验后，在没有移动滑动变阻器滑片的情况下，小明把5Ω的电阻换成15Ω的电阻后闭合开关，由分压原理，此时电压表示数将会比预设的电压值高；
由串联电阻的规律，因总电阻变大，由欧姆定律I=UR，电流表示数将会比第一次电流0.5A小；
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，所以滑片应向左端移动，使电压表示数不变，才能完成这次实验。
故答案为：(1)见上图；(2)断开；(3)高；小；左；电压表。
(1)原图乙电路中，电阻和电压表短路了，定值电阻应与变阻器串联，电压表应与电阻并联；
(2)为保护电路，在连接电路的过程中开关应该断开；
(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不变，即控制电压表示数不变，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化；由串联电阻的规律及欧姆定律分析；
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。
本题探究电流与电阻的关系，考查电路的改接、电路连接的注意事项、控制变量法的运用和操作过程，是电学中的重要实验，要掌握。
23.【答案】R=UI 左 滑动变阻器接入电路中的电阻较大 6 C 不能 灯丝的电阻随温度的变化而变化
【解析】解：(1)在“伏安法”测电阻的实验中，用电压表测电阻两端的电压，用电流表测通过电阻的电流，根据R=UI求出电阻的阻值，故“伏安法”测电阻的实验原理是R=UI；
(2)滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用右下接线柱与开关串联在电路中，如下图所示：
；
(3)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大处，即左端；
(4)闭合开关，发现小灯泡不发光，电压表和电流表的示数都比较小，根据欧姆定律可知，滑动变阻器的阻值很大，使得灯泡的实际功率过小而不发光；
(5)小明移动滑动变阻器的滑片，图乙、图丙是电压表示数和电流表示数，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为1.2V，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.2A，则此时小灯泡的电阻为：
R′=U′I′=Ω；
(6)ABC、由图知，灯丝的电阻随电压的增大而增大，因灯丝的电阻随温度的升而增大，不是定值，不一定是5Ω，故AB错误，C正确；
D、两个同样规格的小灯泡并联时，通过的电流相等，由图象可知，当灯泡两端电压为2V时通过的电流为0.45A，
又因为并联电路中干路电流等于各支路电流，所以电路中总电流：I=0.45A+0.45A=0.9A，故D错误；故选：C；
(7)探究电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，而灯丝的电阻随温度的变化而变化，故不能用该实验装置中的器材完成探究电流与电压的关系。
故答案为：(1)R=UI；(2)见解答图；(3)左；(4)滑动变阻器接入电路中的电阻较大；(5)6；(6)C；(7)不能；灯丝的电阻随温度的变化而变化。
(1)“伏安法”测电阻的实验原理是R=UI；
(2)滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
(3)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大处；
(4)小灯泡的亮度是由其实际功率决定的；
(5)根据两表选用量程确定分度值读数，利用R=UI求出此时小灯泡的电阻；
(6)灯丝的电阻随温度的升高而增大；
两个同样规格的小灯泡并联时，通过的电流相等，根据图象读出当灯泡两端电压为2V时通过的电流，然后根据并联电路电流规律求出干路电流；
(7)探究电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，据此分析。
本题用“伏安法”测量小灯泡的电阻实验，考查了实验原理、电路连接、注意事项、故障分析、电表读数、电阻的计算和影响电阻大小因素等知识。
24.【答案】解：由电路图可知，闭合开关S后，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)由串联电路的电流特点可知，通过R2的电流：I2=I1=I=0.5A，
由欧姆定律可知，R2的阻值：R2=U2I2=12V0.5A=24Ω；
(2)由欧姆定律可知，R1两端的电压：U1=I1R1=0.5A×10Ω=5V，
由串联电路的电压特点可知，电源电压：U=U1+U2=5V+12V=17V。
答：(1)电阻R2的阻值为24Ω；
(2)电源电压为17V。
【解析】由电路图可知，闭合开关S后，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出R2的阻值；
(2)根据欧姆定律求出R1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源电压。
本题考查串联电路的特点和欧姆定律的应用，难度不大。
25.【答案】解：由图示电路图可知，两电阻并联在电源两端，电流表A1测R1支路电流，电流表A测干路电流；
(1)由I=UR可知R1两端的电压：U1=I1R1=0.4A×30Ω=12V；
由并联电路的电压关系可知电源电压为U=U1=12V；
(2)根据并联电路各支路两端电压相等可知，
R2两端的电压等于电源电压：U2=U=12V；
则通过R2的电流：I2=U2R2=12V20Ω=0.6A；
(3)干路中的电流，即电流表A的示数：I=I1+I2=0.4A+0.6A=1A；
答：(1)电阻电压是12V；
(2)通过电阻R2的电流是0.6A；
(3)电流表A的示数是1A。
【解析】由图示电路图可知，两电阻并联在电源两端，电流表A1测R1支路电流，电流表A测干路电流；
(1)应用欧姆定律求出电阻两端电压，由并联电路的电压关系可知电源电压。
(2)由欧姆定律可以求出通过电阻R2的电流。
(3)由并联电路特点求出电流表A的示数。
本题考查了求电压与电流大小问题，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，利用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
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