2021-2022学年江苏省南通市海门市九年级上学期物理期末考试题及答案

这是一份2021-2022学年江苏省南通市海门市九年级上学期物理期末考试题及答案，共24页。试卷主要包含了选择题（每小题2分，共20分，填空题，作图题，计算题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 小明探究杠杆的平衡条件，挂钩码前，调节杠杆在水平位置平衡，杠杆上每格距离相等，杆上A、B、C、D的位置如图所示，当A点挂4个钩码时，下列操作中能使杠杆在水平位置平衡的是（ ）
A. B点挂5个钩码
B. C点挂4个钩码
C. D点挂1个钩码
D. D点挂2个钩码
【答案】D
【解析】
【详解】设每个钩码重力为F，每个小格长度为L，则O点左侧力与力臂的积为
4F×3L=12FL
杠杆的平衡条件是
A．若B点挂5个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为
5F×2L=10FL＜12FL
杠杆不能平衡，故A错误；
B．若C点挂4个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为
4F×4L=16FL＞12FL
杠杆不能平衡，故B错误；
C．若D点挂1个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为
F×6L=6FL＜12FL
杠杆不能平衡，故C错误；
D．若D点挂2个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为
2F×6L=12FL=12FL
杠杆能平衡，故D正确。
故选D
2. 在如图所示的滚摆实验中，发现滚摆每次上升的高度逐渐减小，此过程中能量的变化情况为（ ）
A. 机械能增加，内能减小B. 机械能减小，内能增加
C. 机械能减小，内能不变D. 机械能不变，内能增加
【答案】B
【解析】
【详解】发现滚摆每次上升的高度逐渐减小，故重力势能减小，则机械能也减小，克服阻力做功，所以内能增加，故ACD不符合题意， B符合题意。
故选B。
3. 关于家庭电路与安全用电，下列做法正确的是（ ）
A. 发现有人触电后，应立即用手把触电人拉离电线
B. 电热毯内的电阻丝断了，接上后可继续使用
C. 使用三线插头时，地线插脚先进入插座
D. 使用测电笔判断火线时，不能接触金属电极
【答案】C
【解析】
【详解】A．发现有人触电不能用手接触触电人，应立即切断电源或用干木棒将电线挑开，故A错误；
B．电热毯的电阻丝断了，再接上，搭接处的电阻会变大，根据焦耳定律可知，会产生局部过热，存在发生电火灾的隐患，故B错误；
C．使用三线插头时，地线插头比其它两个长点，先进入插座，使用电器金属外壳接地，一旦漏电时，电流从地线直接导向大地，防止人发生触电事故，故C正确；
D．使用测电笔时，人必须接触笔尾金属体，否则判断不出是火线还是零线，故D错误。
故选C。
4. 某学校保密室有两道门，只有当两道门都关上时（关上一道门相当于闭合一个开关），值班室内指示灯才会亮，表明门都关上了．下图中符合要求的电路图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意，学校保密室有两道门，只有当两道门都关上时（关上一道门相当于闭合一个开关），值班室内的指示灯才会亮，电路构成通路，所以每个开关不能独立控制电路，两个开关是串联连接，故A符合要求为答案．
5. 某人将一箱书搬上楼，可以有两种方法：一是把所有的书一起搬上楼；二是先搬一部分书上楼，再搬剩下的部分。假设他上楼的速度相同，则用这两种方法搬书过程中（ ）
A. 人做的总功相同B. 人做的有用功相同
C. 人做功的机械效率相同D. 人做功的功率相同
【答案】B
【解析】
【详解】这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，由可知，两次所做的有用功相等；用方法一所做的额外功为一次克服自身重力所做的功，而方法二所做的额外功是两次克服自身重力所做的功，因此方法二的额外功大于方法一的额外功，则方法二的总功大于方法一的总功，即用方法一搬书时做功少；由可知
η1＞η2
即用方法一搬书时机械效率高。
因上楼的速度相同，方法二需要上楼二次，所以方法二所用时间长；由可知
P1＞P2
即用方法一搬书时功率大。
综上分析可知，ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
6. 下面是小明同学的“科学学习笔记”中的摘录，其中正确的是（ ）
A. 汽油机在压缩冲程中，将内能转化为机械能
B. 一块0℃的冰熔化成0℃的水，内能不变
C. 不停弯折铁丝，铁丝温度升高，是通过热传递改变物体内能
D. 物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高
【答案】D
【解析】
【详解】A．四冲程汽油机在压缩冲程中是将机械能能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能，故A错误；
B．冰是晶体，熔化过程需要吸收热量，但温度不变，所以一块0℃的冰熔化成0℃的水需要吸收热量，内能增加，故B错误；
C．改变内能的方式有两种，分别是做功和热传递，不停弯折铁丝，铁丝温度升高，是通过做功改变物体内能，故C错误；
D．物体吸收热量，内能增加，但温度不一定升高，如晶体熔化时，吸热但温度不变，故D正确。
故选D
7. 如图，学校各教室都配置了饮水机，小芳将放置在地面上标有“16L”的一桶水安装到饮水机上，小芳所做的功最接近的是（ ）
A. 40JB. 60JC. 150JD. 240J
【答案】C
【解析】
【详解】水的体积为
水的质量为
其重力为
饮水机的高度约为h=1m；故做功约为
小芳所做的功最接近的是150J，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
8. 扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为某品牌扫地机器人，已知其电池容量2000mAh，额定工作电压15V，额定功率30W，则下列说法正确的是（ ）
A. 扫地机器人工作时主要将机械能转化为电能
B. 题中“mAh”是能量的单位
C. 扫地机器人工作时的电流是2A
D 扫地机器人充满电后，最多可正常工作1h
【答案】CD
【解析】
【详解】A．扫地机器人工作时主要将电能转化为机械能，故A错误；
B．mA是电流的单位，h是时间的单位，由可知，“mAh”是电荷量的单位，故B错误；
C．由可得，扫地机器人正常工作时的电流
故C正确；
D．由可得，扫地机器人充满电后一次工作时间
故D正确。
故选CD。
9. 如图是直流电动机提升重物的示意图，电源电压为110V且保持不变，电路中的电流是5A，重500N的物体在电动机带动下以0.9m/s的速度匀速上升，不计各处摩擦，则电动机线圈的电阻是（ ）
A. 4ΩB. 11ΩC. 22ΩD. 24Ω
【答案】A
【解析】
【详解】电动机消耗的总功率
P总=UI=110V×5A=550W
电机输出的机械功率等于物体克服重力做功的功率
P出=Gv=mgv=500N×0.9m/s=450W
由能量守恒得电机热功率等于总功率与输入功率的差
P热=P总-P出=550W-450W=100W
由焦耳定律知电机的发热功率为P3=I2R，则电动机线圈的电阻
即电动机的电阻为4Ω，故BCD不符合题意，A符合题意。
故选A。
10. 如图所示，电源电压为6V且保持不变，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，定值电阻R0为5Ω，闭合开关后，移动滑片，发现能使电流表（“0~0.6A”或“0~3A”）和电压表（“0~3V”或“0~15V”）的指针同时达到满偏，则R0的电功率与电流的关系图像可能是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】移动滑动变阻器的滑片时，变阻器的电阻最小值是电流表的示数是0.6A时，此时R0的电功率是
P=I2R=（0.6A）2×5Ω=1.8W
变阻器的电阻最大值是20Ω，此时R0的电功率是
P=I2R=0.288W
所以选B。
二、填空题（共5小题，每小题3分，满分21分）
11. 发光二极管具有单向导电性，电流从正极流进，负极流出，二极管才能发光。如图所示，两只水果电池点亮发光二极管，两水果电池之间是 ___________连接，这样做的目的是 ___________，金属片A是水果电池的 ___________（填“正极”或“负极”）。
【答案】 ①. 串联 ②. 提高电源电压 ③. 负极
【解析】
【详解】[1][2]图中电流只有一条路径，因此两水果之间串联的；串联的目的是为了提高电源电压。
[3]图中二极管发光，说明二极管的连接是正确的，此时水果是这个电路里的电源，水果电池组的A极是负极。
12. 在如图所示的实验装置中，当给金属棒通电时，观察到金属棒在轨道上运动起来。此实验现象说明___________，___________机就是利用这个原理制成的。实验中将磁极对调，观察金属棒的运动情况，这样操作是为了探究___________，当滑动变阻器的滑片向左移动后，金属棒的移动速度将___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】 ①. 通电导体在磁场中受力运动 ②. 电动 ③. 通电导线在磁场中受力方向与磁场方向的关系 ④. 变大
【解析】
【详解】[1][2]给金属棒通电时，金属棒在轨道上运动起来，说明通电导体在磁场中受力运动，电动机就是利用这个原理制成的。
[3]将磁极上下对调，改变了磁场方向，这样操作是为了研究：通电导线在磁场中受力方向与磁场方向的关系。
[4]由电路图可知，滑动变阻器与金属棒串联，当滑动变阻器的滑片向左移动后，滑动变阻器接入电路的阻值变小，由欧姆定律可知，电路电流变大，因此通电导体受到磁场力的作用越大，所以金属棒移动的速度将变大。
13. 如图所示，用竖直向上的力匀速拉动较长的质量分布均匀的杠杆，使重为36N的物体缓慢升高0.1m，拉力大小F为16N，拉力移动的距离为0.25m，则OA:OC=___________，从如图位置提升到水平位置的过程中，重物的机械能将___________，拉力的大小将___________；若将重物的悬挂点A向右移动到B点，将重物提升相同的高度，杠杆的机械效率将___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】 ①. 2:5 ②. 变大 ③. 不变 ④. 变大
【解析】
【详解】[1]作动力F的动力臂l1和阻力F2的阻力臂l2，如图所示：
物体缓慢升高0.1m时，拉力移动的距离为0.25m， 根据相似三角形知识可知，OA:OC的比例为
[2]重物的机械能等于重物的动能和势能之和，当重物提升到水平位置时，质量、速度一定，高度变大，因此重物的动能不变，重力势能变大，故重物的机械能变大。
[3]由图示可知，当重物被提升到水平位置的过程中，根据相似三角形知识可知，动力臂l1与阻力臂l2的比值始终等于OC与OA的比值，比值保持不变，且重物的重力不变，由杠杆平衡条件可知拉力不变。
[4] 杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，克服杠杆重做额外功，并且
设杠杆重心升高的距离为h，可得
G不变，h1不变，G杠杆不变，钩码从A点到B点，钩码还升高相同的高度，有用功不变； 杠杆上旋的角度减小，杠杆升高的距离h变小，克服杠杆重力所做的额外功变小，则Gh1+G杠杆h变小，所以Fh2也变小，根据
可知，总功变小，有用功不变，所以机械效率变大。
14. 在如图所示的电路中，电源电压为3V，L1上标有“6V 3W”，L2上标有“3V 3W”，滑动变阻器上标有“10Ω 1.5A”。要使L2正常发光，则应使S1、S2分别处于___________，同时将滑动变阻器的滑片调到___________端，此时电路消耗的总功率是___________W；当S1断开、S2接b时，为使电路消耗的总功率不超过0.5W，滑动变阻器的阻值变化范围是___________，电压表的示数变化范围是___________。
【答案】 ①. S1闭合，S2接a ②. A ③. 3.75 ④. 3~10Ω ⑤. 0.5~1.2V
【解析】
【详解】[1][2][3]当灯L2两端的电压为3V时，灯L2正常发光，由于电源电压为3V，则应闭合开关S1、S2与a接触，形成闭合的电流回路；同时滑动变阻器的接入电阻为零，即滑片位于A端，此时L2正常发光，L1的电阻
此时L1的消耗的电功率
灯L2正常工作，故消耗的总功率为3W，所以电路消耗的总功率
P总=P1+P2=0.75W+3W=3.75W
[4]当S1断开、S2接b时，电路消耗的总功率不超过0.5W时，此时的最大电流
由得，L2的电阻
灯L1、L2和滑动变阻器串联，由欧姆定律得，电路中的电流
解得R=3Ω，此时滑动变阻器两端的电压
由以上分析可知，滑动变阻器的阻值变化范围是3~10Ω。
[5]当滑动变阻器的电阻为R'=10Ω时，电路中的电流
滑动变阻器两端的电压
UR'=I'R'=0.12A×10Ω=1.2V
所以电压表示数的变化范围是0.5~1.2V。
15. 小明利用图甲所示的电路（电源电压恒为3V），探究“通过导体的电流与电阻的关系”，根据实验数据绘出了图像，如图乙所示。分析图像可知，当导体的电阻为 ______Ω时，通过它的电流为0.2A，此时，滑动变阻器消耗的电功率为 ______W；当电流分别为0.25A和0.5A时，接入电路的导体的电阻之比为 ______；实验中，所控制导体两端的电压为 ______V，选用的滑动变阻器的最大阻值至少是 ______Ω。
【答案】 ①. 10 ②. 0.2 ③. 2∶1 ④. 2 ⑤. 10
【解析】
【详解】[1]探究“通过导体的电流与电阻的关系”时，需保持导体两端电压不变，并改变定值电阻的阻值；根据图乙可知，当通过导体的电流为0.2A时电阻的倒数
故导体的电阻R=10Ω。
[2]由可得，导体两端控制的电压值
UV=IR=0.2A×10Ω=2V
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以滑动变阻器两端电压
U滑=U-UV=3V-2V=1V
因串联电路处处电流相等，所以滑动变阻器消耗的电功率
P滑=U滑I=1V×0.2A=0.2W
[3]探究“通过导体的电流与电阻的关系”时，应保持导体两端的电压不变，当电压不变时，电流与电阻成反比，故当电流分别为0.25A和0.5A时，接入电路的导体的电阻之比为
[4][5]当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路电流最小，根据图乙可知，电路最小电流为0.1A，导体两端的电压2V不变，滑动变阻器两端电压仍为1V。则滑动变阻器接入电路的最大阻值
三、作图题（共3小题，满分6分）
16. 按照题目要求作图:在如图所示的杠杆中,画出能使杠杆保持平衡的阻力臂及最小动力F的示意图。
【答案】
【解析】
【详解】物体对杠杆向下拉力为阻力，过O点向阻力作用线做垂线，垂足与支点之间的距离即为阻力臂l2；根据杠杆的平衡条件可知，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，连接OB作为动力臂，此时动力臂最长，动力最小，动力与动力臂垂直，方向斜向上，如图所示：
17. 请在图中用笔画线代替导线将电灯和开关、插座分别接入电路。
（ ）
【答案】
【解析】
【详解】开关控制火线，电灯螺丝套接零线；两孔插座的右孔接火线，左孔接零线。连线见下：
18. 请在图中标出通电螺线管周围的磁感线方向及小磁针的N极。
【答案】
【解析】
【详解】电流从右侧流向左侧，根据安培定则可判断出通电螺线管的右端为N极，左端为S极，磁感线在磁体外部是由N极指向S极的；由磁极间的相互作用可知，小磁针的右端为N极，左端为S极；如图所示：
四、计算题（共2小题，满分12分）
19. 如图，塔式起重机上的滑轮组匀速吊起重物时，所用的拉力为 5×103N，重物升高 2m，此过程中滑轮组的机械效率为80%，g 取 10N/kg。求：
（1）拉力做的总功；
（2）有用功与物重；
（3）若克服摩擦和钢绳重所做的功为 5.0×103J，求动滑轮重。
【答案】（1）3×104J；（2）2.4×104J； 1.2×104N；（3）500N
【解析】
【详解】解：（1）由图可知，物体由3根绳承担，所以
s=3h=3×2m=6m
拉力做的总功为
W总=Fs=5×103N×6m=3×104J
（2）根据公式 可得，拉力所做的有用功为
W有用=ηW总=80%×3×104J=2.4×104J
物重为
（3）拉力所做的额外功为
W额外=W总-W有用=3×104J-2.4×104J=6×103J
其中克服动滑轮的重所做的额外功为
W额动=6.0×103J-5.0×103J=1.0×103J
动滑轮的重为
答：（1）拉力做总功为3×104J；
（2）有用功为2.4×104J；物重为1.2×104N；
（3）若克服摩擦和钢绳重所做的功为 5.0×103J，动滑轮重为500N。
20. 如图所示电路图中，R0为定值电阻，R′为电阻箱．先将开关S拨到触点1，调节电阻箱阻值R′=20Ω时，电流表示数I1=0.3A．再将开关S拨到触点2，电流表示数变为I2=0.2A．
（1）求电源电压U；
（2）求定值电阻R0的阻值；
（3）开关S拨到触点2时，定值电阻R0消耗的功率P0是多少？
【答案】（1）电源电压是6V；（2）定值电阻R0的阻值为10Ω；（3）开关S拨到触点2时，定值电阻R0消耗的功率是0.4W
【解析】
【详解】（1）开关S拨到触点1时，电路为电阻箱的简单电路，电流表测电路中的电流，
根据欧姆定律可得，电源的电压：
U=I1R′=0.3A×20Ω=6V；
（2）开关S拨到触点2时，定值电阻R0与电阻箱串联，电流表测电路中的电流，
电路中的总电阻：
R==30Ω，
串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，
R0=R﹣R′=30Ω﹣20Ω=10Ω；
（3）开关S拨到触点2时，定值电阻R0消耗的功率：
P0=I22R0=（0.2A）2×10Ω=0.4W．
答：（1）电源电压是6V；
（2）定值电阻R0的阻值为10Ω；
（3）开关S拨到触点2时，定值电阻R0消耗的功率是0.4W．
五、实验探究题（共3小题，满分21分）
21. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。
（1）比较不同燃料的热值，应选择 ___________两图进行实验，实验时要观察 ___________比较两种燃料的热值大小；比较不同物质的比热容，应选择 ___________两图进行实验，实验通过 ___________反映物体吸热的多少。
（2）比较不同物质的比热容，选用上图合适装置加热相同一段时间后，绘制出温度～时间图像（如上图戊），由图像可看出液体a的比热容 ___________（选填“大于”、“小于”或“等于”）液体b的比热容。
（3）若图甲烧杯中为50mL的水，若10g酒精燃烧后放出的热量被水吸收时，温度计示数升高了20℃，则酒精的热值是 ___________。这种方法测出的热值比“标准值”___________（选填“偏大”“偏小”或“一样”）。理由是 ___________。
（4）进行比较不同燃料的热值实验过程中，某燃料还未燃尽时，烧杯内液体就沸腾了，此时小明立即在烧杯中添加了少量液体继续实验，燃料燃尽后烧杯内液体都未沸腾。这样的操作___________（可行/不可行），理由是 ___________。
【答案】 ①. 甲、乙 ②. 温度计的示数（或液体升高的温度） ③. 甲、丙 ④. 加热时间的长短 ⑤. 小于 ⑥. 4.2×105J/kg ⑦. 偏小 ⑧. 酒精未完全燃烧及热量存在散失 ⑨. 不可行 ⑩. 没有控制两杯液体的质量相同
【解析】
【详解】（1）[1][2]比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据得出不同燃料放出热量的多少，故应选择甲、乙两图进行实验；实验时要观察温度计的示数（或液体升高的温度）比较两种燃料的热值大小。
[3][4]比较不同物质的比热容，应使用相同的热源，控制不同液体相同时间内吸热相同，通过温度的变化来判断不同液体的吸热能力，应选择甲、丙两图进行实验。根据转换法，实验通过加热时间的长短反映物体吸热的多少。
（2）[5]根据绘制出温度～时间图象（如图戊）知，加热相同时间，a升温高，根据比较吸热能力的方法，液体a的比热容小于液体b的比热容。
（3）[6]50ml水的质量为
m=ρ水V=1×103kg/m3×50×10﹣6m3=0.05kg
温度计示数升高了20℃水吸收的热量
根据题意可知，Q吸=Q放，由Q放=qm可知，酒精的热值为
[7][8]这样算出的热值比标准值偏小，理由是：实际中， 酒精未完全燃烧及热量散失，导致吸收的热量小于放出的热量。
（4）[9][10]比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热。实验中，燃料未燃尽，烧杯中的液体便沸腾了，于是往烧杯中添加同种液体，这样的操作不可行，因为实验中没有控制两杯液体的质量相同。
22. 在探究“并联电路中的电流特点”实验中：
（1）若某同学连接的电路如图甲所示，合上开关后，则电流表测的是灯 ___________的电流，如果电流表的示数如图乙所示，则通过该灯的电流是 ___________A；
（2）只需改动一根导线就可测得总电流，请在图中用“×”号指出需改动的导线，并在原图中画出正确的电路连线；___________
（3）若闭合开关后，灯均亮，电流表指针不发生偏转，那么原因可能是 ___________；
（4）小明在实验中，利用甲、乙、丙、丁四种规格的灯泡进行实验，A、B分别处于L1、L2所在的支路中，C点处于干路中，得到的数据如下表：
对于测量数据的相关分析，以下说法中正确的有 ___________。
A．第1组数据的偏差可能是电流表未调零引起的
B．第2组数据没有测量误差
C．选用不同规格的灯进行实验，可使结论更具普遍性
D．分析多组数据是为了减小误差
【答案】 ①. L2 ②. 0.46 ③. ④. 电流表短路 ⑤. AC
【解析】
【详解】（1）[1]由电路图可知，该电路为并联电路，电流表与灯L2串联在支路中，测L2的电流。
[2]由图乙所示电流表可知，其量程为0~0.6A，分度值是0.02A，故示数为0.46A。
（2）[3]要想测总电流，电流表应该接在干路中，其接法的改动如图所示：
（3）[4]若合上开关后，灯均亮，说明电路为通路；电流表指针不发生偏转，则说明电流表短路了。
（4）[5]A．电流表使用前要调零，如果没有调零，可引起测量的误差；由第1、2、4组数据可知，第1组数据中A处测得的电流值偏大；由第1、4组数据可知，第1组数据中B处测得的电流值偏大，故A正确；
B．任何测量都存在误差，且由于测量误差，第2组数据中干路电流与支路电流之和不相等，故B错误；
C．选用不同规格的灯进行实验，可以避免出现由第2组数据得出支路电流相等的偶然结论，可使结论更具普遍性，故C正确；
D．本实验是探究实验规律，分析多组数据是为了得出普遍性的规律，故D错误。
选AC。
23. 学习了机械效率后，小明知道滑轮组的机械效率与所提起的重物的重力有关，于是他提出了“电磁炉的效率是否会随着被加热水的多少而发生变化”的问题。他和同组同学找来一台电磁炉和专用的茶壶，并且仅将电磁炉接入家庭电路中进行了如下探究。
（1）在相同的环境条件下，使用相同的加热功率，先后将初温 ___________而质量 ___________（以上均选填“相同”或“不同”）的水加热至沸腾，并将测得的数据记录如下：
（2）上述实验中，小明所使用的水的初温为55℃，在一个标准气压下，将800g的水加热至沸腾时水所吸收的热量为 ___________J，此过程中观察到标有“2400imp/（kW•h）”的电能表的指示灯闪烁134次，则消耗的电能为 ___________J，此次加热过程中电磁炉的效率为 ___________%。[已知c水=4.2×103J/（kg•℃）]
（3）小明认为：要得到一定质量的沸水，采用一次性加热比分成多次加热更节能。请你根据上述实验的结论对小明的观点作出评价：___________。
（4）同组的小虎又提出“电磁炉的效率是否会随着加热功率的变化而发生变化”的问题，为了克服将水加热至沸腾所需要的时间较长的问题，他们在同样的环境条件下，将一定质量的水用不同加热功率，连续测出水温每上升15℃所对应的效率。请你评估小明的实验方案并提出一条缩短实验时间的可行性方法。评估意见：___________。可行性方法：___________。
【答案】 ①. 相同 ②. 不同 ③. 1.512×105 ④. 2.01×105 ⑤. 75 ⑥. 不一定正确，因为当水质量较小时（如400g），结论成立，但当水的质量增大到一定值时（如1200g），一次性加热反而浪费能源 ⑦. 没有控制水的初温相同 ⑧. 减少水的质量，提高水的初温
【解析】
【详解】（1）[1][2] 实验要探究的是“电磁炉的效率是否会随着被加热水的多少而发生变化”由Q=cm（t﹣t0）可知：影响水吸收热量的多少的因素有：水的质量、初温，所以根据控制变量法可知，在相同的环境条件下，使用相同的加热功率，应控制初温相同、而质量不同的水加热至沸腾。
（2）[3]水吸收的热量为
Q吸=c水m（t﹣t0)=4.2×103J/（kg·℃）×0.8kg×（100℃﹣55℃)=1.512×105J
[4]消耗的电能
[5]热效率为
（3）[6]由实验数据可知，随着被加热水的质量增加，电磁炉的效率是先增加后减小，因此得到一定质量的沸水，采用一次性加热比分成多次加热更节能，不一定正确，当水质量较小时（如400g），结论成立，但当水的质量增大到一定值时（如1200g），一次性加热效率反而更低。
（4）[7]在同样的环境条件下，将一定质量的水用不同加热功率，连续测出水温每上升15℃所对应的效率时,每次对应的水的初温不同，所以评估意见：没有控制水的初温相同。
[8]改进方法：减少水的质量；提高水的初温。
六、解答题（共1小题，满分10分）
24. 阅读短文，回答问题。
混合动力汽车
2021年1月，比亚迪汽车发布了一种新架构的汽车动力平台“DM-i超级混动系统”，将电动汽车驾驶平顺、动力足与燃油车补能快的优点进行了有机结合，有效地弥补了电动车充电补能慢的缺点。更重要的是，这套动力系统在正常行驶时直接将亏电（电量不足）下的油耗做到了百公里4.0L，发动机效率为40%，在节能上迈进了一大步，堪称新能源车的又一先锋。
该动力系统的汽车，在电池电量充足的情况下，电池为电动机供电。当电池电量不足时，系统便启动发动机带动发电机对电池进行充电。储能效率是指汽车正常行驶时关闭发动机，直至汽车停止的过程中，通过发电机将动能转化为电能的效率。
（1）该车在刹车时实现动能回收进行发电，此时是将 ___________能转化为电能，应用了 ___________现象；
（2）汽车上坡时，将挡位切换为低速挡，以减小行驶速度，这样做的目的是 ______；
A．增大能耗效率
B．省电
C．减小摩擦力
D．增大爬坡的牵引力
（3）汽车在亏电时正常匀速行驶100km，汽油完全燃烧放出的能量为 ______J，在此过程中所受阻力为400N，则汽车克服阻力所做的功为 ______J，如剩余能量则用于为电池充电，则电池所增加的电能为 ______J；（汽油密度取0.7×103kg/m3，汽油热值取4.5×107J/kg）
（4）在测试储能效率中，先让汽车正常行驶，然后关闭发动机，分别测出开启和关闭再生制动器两种情况下，汽车通过的路程s与对应的速度大小v，计算出动能Ek，画出Ek随s变化的图像如图甲所示。则图甲中表示开启再生制动器的图线是 ___________，在本次测试过程中的储能效率为 ___________；
（5）小明设计了如图乙的车速提醒电路，R为定值电阻，Rv的阻值随车速的变化而改变。当电压表的示数达到某一数值时提醒驾驶员车速过快，需要减速。图丙是Rv的阻值与车速关系的图像。图丁是车速从0加速到100km/h过程中，Rv消耗的电功率随电流变化的图像。则图丙中图线与纵坐标相交点的电阻值是 ___________Ω。当车速达到75km/h时，此时电压表的示数为 ___________V。
【答案】 ①. 机械 ②. 电磁感应 ③. D ④. 1.26×108 ⑤. 4×107 ⑥. 1.04×107 ⑦. ② ⑧. 40% ⑨. 10 ⑩. 9.6
【解析】
【详解】（1）[1][2]该车可以在刹车时实现动能回收进行发电，这是发电机的原理，是电磁感应现象，此过程中将机械能转化为电能。
（2）[3]由
可知，汽车的最大功率一定时，减小行驶速度时，可以获得更大的牵引力，故ABC不符合题意，D符合题意。
故D正确。
（3）[4]由可得，汽车消耗汽油的质量
m汽油=ρ汽油V=0.7×103kg/m3×4×10-3m3=2.8kg
汽油完全燃烧放出的热量
Q放=m汽油q=2.8kg×4.5×107J/kg=1.26×108J
[5]由可得，汽油机输出的有用能量
W有用=Q放η=1.26×108J×40%=5.04×107J
汽车所受阻力为400N，汽车做匀速直线运动，则牵引力F=f=400N；汽车克服阻力所做的功
W=Fs=400N×100×103m=4×107J
[6]则最终蓄电池增加的能量
W电=W有用-W机械=0.504×108J-0.4×108J=1.04×107J
（4）[7]关闭发动机后，关闭再生制动器，汽车克服摩擦力做功，动能全部转化为内能，开启再生制动器，有部分动能转化为电能，克服摩擦力做功的能量减少，摩擦力大小不变，所以汽车运动的距离减小，所以汽车动能变化曲线是②。
[8]由图像可以看出正常行驶的情况下，关闭发动机后行驶
l1=l'-l=40m-30m=10m
开启再生制动器行驶的距离为
l2=l''-l=36m-30m=6m
所以机械能转化为内能的效率为
所以储能效率
η′=1-η=1-60%=40%
（5）[9]图乙的电路中，R与Rv串联，电压表测Rv的电压，由图丁可知，电流为I1=0.2A时，Rv的功率为P1=2.0W；根据P=UI可得，电压表的示数
电流为I2=0.3A时，RV的功率为P2=2.7W，此时电压表的示数
根据串联电路的规律和欧姆定律，由电源电压不变列方程可得
U1+I1R=U2+I2R
即
10V+0.2A×R=9V+0.3A×R
解得R=10Ω,U=12V。
[10]电源电压U=12V；由图丙知，速度越小，Rv的阻值越小，根据电阻的串联和欧姆定律，电流越大，故当电流为0.6A时对应的速度为0，根据欧姆定律和电阻的串联，则车速为0时，图丙中图线与纵坐标相交点的电阻值
当车速为100km/h，电流最小为0.2A，由欧姆定律和串联电路的规律，此时Rv的阻值
根据数学相似三角形的知识有
当车速达到75km/h时，Rv的电阻为Rx=40Ω，由电阻的串联和欧姆定律可得此时电压表的示数
次数
L1规格
L2规格
IA/A
IB/A
IC/A
1
甲
丁
0.16
0.18
0.32
2
甲
甲
0.12
0.12
0.23
3
乙
丙
0.16
0.20
0.36
4
甲
丁
0.12
0.14
0.26
质量
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
1100
1200
效率/%
61
64
67
69
74
77
72
70
67
64