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2023-2024学年江苏省常州市溧阳市九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省常州市溧阳市九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共29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.下列工具在使用时，属于费力杠杆的是( )
A. 筷子B. 钢丝钳
C. 托盘天平D. 核桃夹
2.当两台机器正常工作时，功率大的机器与功率小的机器相比( )
A. 做功一定多B. 做功不可能相同
C. 相同的时间内做功一定多D. 做相同的功所用的时间一定多
3.同学们对下列物理量的估测中，最接近实际的是( )
A. 挂壁式空调的额定功率约为1500W
B. 三节新干电池串联后的总电压约为6V
C. 家用电热水壶的额定电流约为0.5A
D. 从地上把九年级物理课本捡到课桌上做的功约为20J
4.关于温度、热量和内能，下列说法正确的是( )
A. 0℃的物体不具有内能B. 物体吸收热量，温度一定升高
C. 物体放出热量，内能也可能增加D. 物体温度越高，含有的热量越多
5.如图所示，曲线轨道完全光滑，小球在轨道上A处由静止释放，沿轨道滑行到B端以下说法中正确的是( )
A. 小球到达B端时速度为零
B. 小球从A运动到B的过程中动能一直增大
C. 小球从A运动到B的过程中重力势能一直减小
D. 小球从A运动到B的过程中机械能保持不变
6.如图所示是一个“充电宝”正在给手机充电，下列说法不正确的是( )
A. 手机电池相当于电源
B. “充电宝”相当于电源
C. 连接线相当于导线
D. “充电宝”、手机电池连接线形成通路
7.如图是用相同的加热装置对a、b、c三种固态物质加热时温度随时间变化的图像，其中T1：T2：T3：T4=1：2：3：4，下列分析正确的是( )
A. 在4min时，物质a的内能一定大于c的内能
B. 在0∼4min时间内，物质a吸热最多
C. 三种物质中，c的比热容一定最大
D. 若a、b质量相同，则其比热容之比为2：3
8.下列四组物体中，都属于导体的一组是( )
A. 石墨、金属刀片、铁块B. 玻璃棒、人体、大地
C. 陶瓷、干木头、铁丝D. 石墨、橡胶、酸碱盐的水溶液
9.如图所示的电路，闭合开关S后，L1、L2、L3均发光，若再闭合开关S1，将会发生的现象是( )
A. L2不亮，L1、L3亮
B. L2、L3不亮，L1亮
C. L1、L2、L3都不亮
D. L1、L2、L3都亮
10.如图所示的插线板中，a接电源，b接台灯，c接电风扇(图中手里的插头没有插入)，两个用电器均正常工作时，a、b、c中的电流分别用Ia、Ib、Ic表示，其间关系正确的是( )
A. Ia=Ib
B. Ic=Ia+Ib
C. Ia=Ib+Ic
D. Ia=Ic
11.有一种智能锁，需要通过“密码+人脸”两次识别成功才能开锁。密码识别成功时仅S1闭合，灯L发光，照亮人脸进行识别，但不开锁，人脸识别成功后S2才会闭合，电动机
工作，开锁成功。下列电路设计的符合要求的是( )
A. B.
C. D.
12.如图所示是汽车油量表的工作原理图，其中电源电压为3V，油量表是由一只量程为0∼0.6A的电流表改装的，变阻器R1铭牌标有“5Ω2A”的字样，闭合开关，此时滑片P与a端的距离为R1总长的四分之一，以下说法正确的是( )
A. 此时变阻器接入电路中的阻值是4ΩB. 当油量减少时，电路的总电阻减小
C. 油量减少时，油量表示数增大D. 为使电路安全，定值电阻R0至少为5Ω
13.如图所示，取两根光滑轻质木棍，将轻质绳子的一端系在其中一根棍子上，再按图示绕法依次绕过两根木棍，小明和小华分别紧握木棍，小红以拉力F匀速拉动绳子的末端，两根棍子靠拢。下列说法中正确的是( )
A. 两根棍子靠拢的速度大于小红拉绳端的速度
B. 两根棍子靠拢的速度等于小红拉绳端的速度
C. 小明受到绳子的拉力小于小华受到绳子的拉力
D. 小明受到绳子的拉力等于小华受到绳子的拉力
14.如图甲所示的装置，A是重15N的空吊篮，质量为50kg的小明将A提升到高处，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度随时间变化关系如图丙所示。系A的绳子足够牢固，绕过滑轮的绳子能承受的最大拉力为60N。忽略绳重及摩擦，g取10N/kg。下列结论中正确的是( )
①动滑轮的重力为5N
②1∼2s内拉力F的功率为2W
③此装置匀速提升重物的最大机械效率约为83.3%
④用此装置匀速提升60N的货物时，小明对地面压力为470N
A. ①②B. ①③C. ②④D. ③④
15.同学们用如图甲所示的电路，对一种新材料电阻R3(标有2.5V字样)进行测量。电源电压恒定不变，闭合开关S和S1、断开S2，移动滑动变阻器R2的滑片P，记录几组电流表、电压表示数并在图乙中描绘出相应的图线；再把电压表改接到R3两端，闭合S和S2、断开S1，移动滑动变阻器R2的滑片P，记录几组电流表、电压表示数并在图乙中描绘出相应的图线。则( )
A. 电源电压为3VB. R3的阻值为7.5Ω
C. R2的最大阻值不可能为20ΩD. R3正常工作时的电流约为0.27A
二、填空题：本大题共7小题，共20分。
16.如图甲所示，用酒精灯加热试管中的水，当水沸腾一段时间后，塞子被试管内水蒸气推出，水蒸气的______能转化为塞子的机械能；此能量转化过程与图______中汽油机的工作过程是一致的。若汽油机每秒钟对外做功的次数为15次，则该汽油机飞轮的转速为______r/min。
17.如图所示，用“模拟打桩”来探究______(木/重物)在开始时的重力势能大小与哪些因素有关，重物的质量m1=m218.一块密度均匀的长方体水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，先后用如图所示的两种方法将其一端抬离地面，则甲方法中的动力臂______(大于/等于/小于)乙方法中的动力臂，F甲______(>/=/<)F乙。
19.如图所示，在相同时间内将相同的重物分别沿AB、CD斜面从底端拉至梯形平台顶端，已知物重30N，F1=20N、F2=15N，平台高度h与斜面长之比h：LAB：LCD=l：2：3，则两次过程拉力F1、F2做功功率之比P1：P2=______，机械效率之比η1：η2=______；物体沿斜面 AB运动过程中所受摩擦力大小为______ N。
20.某水电壶工作2min，使图示电能表的转盘转过150r，该电能表允许接入的最大电功率为______ W，电水壶消耗的电能为______kW⋅h，电功率为______ W。
21.将小灯泡L和定值电阻R接在如图甲所示的电路中，其两者的I−U关系图像如图乙所示，其中曲线______(A/B)表示电阻R的I−U关系图像；当甲图中电源电压为4V时，流过小灯泡的电流为______ A，当电源电压为______ V时，电流表示数为0.25A。
22.如图甲所示为热敏电阻R1的阻值随温度变化的图像，图乙是用R1做测温探头的某热敏电阻温度计的电路图，其中电源电压可在0.60∼1.20V之间调节，R2是阻值为100Ω的定值电阻，闭合开关，调节电源电压，使V2表的示数保持0.20V不变。在标准大气压下，将R1放入冰水混合物中时，R1的阻值是______Ω；测温时，V1表的示数随温度升高而______(变大/不变/变小)；当温度为20℃时，电源电压应调为______ V。
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
23.工人用滑轮组把重物提升，请在如图所示的滑轮组上画出最省力的绕线方法并标上F。
24.用笔画线代替导线，将图中元件连接成电路，要求：向右移动滑片时，灯泡变亮，电压表测小灯泡电压。(导线不要交叉)
四、实验探究题：本大题共4小题，共22分。
25.为“探究电流与电压的关系”，小明设计并连接了如图甲所示的电路。
(1)闭合开关，滑动变阻器的滑片应移到最______(左/右)端；
(2)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为1.0V时，电流表示数如图乙所示为______ A；
(3)继续移动滑片，进行多次测量，记录实验数据如表格所示，分析表中数据可得结论：______。
26.如图是某学习小组利用小钢球A和B、木块、木板等器材探究物体的动能大小与哪些因素有关。小钢球沿光滑斜面由静止向下运动，撞击木块使木块在水平木板上移动一段距离后静止。
(1)实验中，探究的动能是指______(填序号)；
A.小钢球在斜面上的动能
B.小钢球撞击木块时的动能
C.小钢球撞击木块后的动能
D.木块被小钢球撞击后的动能
(2)实验中，通过观察______来判断物体的动能大小，这种研究方法叫______。
(3)如图甲所示①②两次实验，让质量不同的小钢球从斜面的同一高度处由静止滚下，目的是使两球到达水平面时具有相同的______；分析这两次实验，可初步得出结论：______，物体的动能就越大；
(4)如图乙所示③④两次实验中，被同一小球由不同高度滚下撞击后，木块滑行过程中克服摩擦力做的功分别为W3和W4，则W3______W4(>/=/<)；
(5)在探究动能的大小与质量的关系时，同学们完成了图甲所示①②两次实验后，为了寻找普遍规律，小明找来另一钢球C重复刚才的实验，发现钢球将木块撞出了木板，可能的原因是______(填序号)。
①钢球C释放的高度变低了
②钢球与木板之间的摩擦力变小了
③钢球C的质量太小了
④钢球C的质量太大了
27.小明“探究不同物质吸热升温的现象”，实验装置如图所示。
(1)实验中应量取______(质量/体积)相同的甲、乙两种液体分别倒入相同的烧瓶中；
(2)实验中，用相同规格的电加热器加热甲、乙两种液体，使它们温度升高，可以通过比较______(升高的温度/加热时间)来比较它们吸收热量的多少；
(3)根据实验测得的数据，分别描绘出甲、乙两种液体的温度随加热时间变化的图像，如图所示，分析可知______(甲/乙)的吸热本领更强；
(4)然后，小明为了研究“电流产生的热量与哪些因素有关”，将烧瓶内甲中的电阻换成小于乙中的电阻。通电5min后，比较烧瓶中温度计的示数，发现b温度计示数升高得高，由此可初步得出结论：当______和通电时间相同时，______越大，电流通过导体时产生的热量就越多。
28.同学们进行电学实验：
(一)第一组进行“探究串联电路电压特点”的实验。所用器有：电压为3V的电源，一个开关，两只灯泡(L1和L2)，两只相同电压表V1和V2(量程均为0∼3V和0∼15V)，导线若干。
(1)他们按图甲所示的电路图连接电路，用一只电压表分别测AB、BC、AC间的电压。每次拆接电压表时，开关应处于______状态；
(2)为测量L1两端电压，请在图乙中用笔画线代替导线将实物图连接完整；
(3)小华改用两只电压表同时进行测量。她按照图丙所示电路图连接好电路，闭合开关，发现两只电压表的指针偏转角度相同，此时电压表V1和V2的示数分别为______ V和______ V；
(4)选择合适量程后，小华测出了AB间和AC间的电压，为了测量BC间的电压，断开开关，接下来可以______；
A.保持B接线不动，将电压表V1连线由A改接到C
B.保持C接线不动，将电压表V2连线由A改接到B
(二)第二组设计图丁所示电路图，测量额定电压为U额的小灯泡的额定功率，定值电阻阻值为R2。请将实验步骤补充完整：
(5)闭合开关S、S2，断开开关S1，移动滑动变阻器滑片，使电流表A的示数为______(用字母表示)；
(6)闭合开关S、S1，断开S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，记录此时电流表A的示数为I；
(7)小灯泡额定功率的表达式为P额=______(用R2、I、U额表示)。
五、计算题：本大题共3小题，共24分。
29.在如图所示的电路中，电源电压恒为10V，小灯泡标有“6V 3W”(假设灯丝电阻不变)字样，滑动变阻器标有“20Ω1A”字样。求：
(1)小灯泡正常发光时的电阻；
(2)小灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路的阻值；
(3)当电压表示数为6V时，小灯泡的实际功率。
30.如图所示，质量为1.5t的小轿车在平直的公路上以速度v匀速行驶100km，消耗了10kg汽油，此过程小轿车所受阻力为车重的0.1倍(汽油的热值约为5×107J/kg，g取10N/kg)。
(1)求该过程小轿车所受的牵引力；
(2)求该过程小轿车发动机的效率；
(3)若此小轿车采用全新的压缩燃烧原理，使发动机的效率提高到48%；假设小轿车所受阻力与它的速度成正比，则当它以2v的速度匀速行驶时，求小轿车受到的牵引力。以及燃烧10kg汽油时能行驶的路程。
31.如图甲所示为小明家的电热水瓶，铭牌上附有中国能效标识，标示能效等级为三级(电热转化效率范围为81%≤η<86%)。该电热水瓶具有加热和电动出水两种功能，其简化电路如图乙所示，其中R1是额定功率为2000W的电热丝，R2是阻值为160Ω的分压电阻，电磁泵的额定电压为20V，电源电压保持220V不变。在加热状态下正常工作时，将初温15℃、质量2kg的水加热到100℃，需用时7min.水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。
(1)当开关S接______时，该电热水瓶处于加热状态；
(2)请你通过计算判断该电热水瓶的加热效率是否达到三级能效；
(3)求电磁泵的额定功率，以及处于电动出水状态时该电热水瓶的功率。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A正确；
B、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误；
C、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，故C错误；
D、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D错误。
故选：A。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：
①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
2.【答案】C
【解析】解：当两台机器正常工作时，功率大的机器与功率小的机器相比，根据W=Pt可知：在相同的时间内，功率大的机器所做的功多，故C正确，ABD错误。
故选：C。
功率是表示物体做功快慢的物理量。
单位时间内所做的功叫功率。
本题考查的是功率的基本概念，正确理解功率的概念是解决本题的关键。
3.【答案】A
【解析】解：A、挂壁式空调的额定功率约为1500W，故A正确；
B、三节新干电池串联后的总电压约为4.5V，故B错误；
C、家用空调的额定功率大约1000W，正常工作时的电流为I=PU=1000W220V≈4.5A，故C错误；
D、九年级上册物理课本的重力在2.5N左右，课桌的高度在0.8m左右，从地上把九年级上册物理课本捡到课桌上做的功约为：W=Gh=2.5N×0.8m=2J，故D错误。
故选：A。
新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
本题考查了对电功率、电压、电流、电能的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
4.【答案】C
【解析】解：A、一切物体都具有内能，0℃的物体也有内能，故A错误；
B、物体的内能增加，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故B错误；
C、物体放出热量，若同时外界对物体做功，则内能也可能增加，故C正确；
D、热量是过程量，不能说含有或者具有热量，故D错误。
故选：C。
(1)一切物体都具有内能，内能的大小跟质量、温度、状态有关；
(2)改变内能的方式有做功和热传递；
(3)热量是过程量，就是说，热量只存在于热传递过程中，只能说吸收或放出热量、热量传递等。
此题考查了对内能、热量、温度的理解和改变内能的方式以及晶体的熔化特点，是一道综合题。要注意热量是过程量，内能是状态量。
5.【答案】D
【解析】解：A、曲线轨道完全光滑，则小球在滚动的过程中，其机械能是守恒的小球在轨道上A处由静止释放，沿轨道滑行到B端，由于B的高度小于A，此时速度不为0，故A错误；
B、小球从A运动到B的过程中先加速后减小，因而动能先增大后减小，故B错误；
C、小球从A运动到B的过程中，高度先减小后增大，重力势能先减小后增大，故C错误；
D、由于轨道光滑，小球从A运动到B的过程中机械能保持不变，故D正确。
故选：D。
轨道是光滑的，则小球在滚动的过程中，其机械能是守恒的；动能的大小与质量和速度有关，重力势能的大小与质量和高度有关。
本题考查了机械能的转化和守恒，属于中档题。
6.【答案】A
【解析】解：A、手机电池充电时，相当于用电器，故A错误；
B、“充电宝”对手机充电，“充电宝”提供电能，“充电宝”相当于电源，故B正确；
C、连接线相当于导线，故C正确；
D、“充电宝”、手机电池连接线形成通路，故D正确。
故选：A。
(1)电路是指用导线把电源、用电器、开关连接起来组成的电流的路径；
(2)手机电池和“充电宝”供电时是电源，充电时则为用电器。
本题考查了电路的组成，电源的能量转化，是一道基础题。
7.【答案】D
【解析】解：A、内能与物质的温度、质量、状态等有关，由于不知道a、c的质量大小等信息，故在4min时，物质a的内能不一定大于c的内能，故A错误；
B、用相同的加热装置对a、b、c三种固态物质加热，在0∼4min时间内，三种物质吸热相同，故B错误；
C、由于不知道三种物质的质量大小等信息，三种物质中，c的比热容不一定最大，故C错误；
D、若a、b质量相同，二者温度均T从 1升高到T4，加热时间之比为：4min+6min=2：3，故二者吸收热量之比为2；3，根据c=QmΔt可知其比热容之比等于吸收热量之比，为2：3，故 D正确。
故选：D。
A、内能与物质的温度、质量、状态等有关，由于不知道a、c的质量大小等信息，故无法比较二者内能大小；
B、用相同的加热装置对a、b、c三种固态物质加热，在0∼4min时间内，三种物质吸热相同；
C、由于不知道三种物质的质量大小等信息，无法比较三种物质的比热容；
D、若a、b质量相同，二者温度均T从 1升高到T4，已知加热时间之比，可得出二者吸收热量之比，根据c=QmΔt可知其比热容之比等于吸收热量之比。
本题考查比热容和热量的有关知识，是一道综合题。
8.【答案】A
【解析】解：玻璃棒、陶瓷、干木头、橡胶不容易导电，属于绝缘体；人体、大地、金属刀片、铁块、铁丝、石墨、酸碱盐溶液容易导电，属于导体，故A正确。
故选：A。
不容易导电的物体叫做绝缘体；容易导电的物体叫导体。
此题考查了导体与绝缘体的辨析，属基础题目。
9.【答案】B
【解析】解：闭合开关S后，L2、L3并联后再与L1串联，L1、L2、L3均发光，若再闭合开关S1，L2、L3短路，L2、L3不亮，电路中只有L1亮，故ACD不正确，B正确。
故选：B。
根据两个开关的连接位置和方式判断再闭合开关S1将会发生的现象。
在本题中，当两个开关都闭合时，使电流能从电源的正极不经过用电器就回到了负极，是对电源短路，会损坏电源的，灯也都不会亮，是不允许的。
10.【答案】C
【解析】解：根据题意可知这是家庭电路的一部分，在家庭电路中台灯和电风扇是并联的；图中a点在干路上，b、c两点在两条支路上；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以有Ia=Ib+Ic，故C正确。
故选：C。
根据题意和图示可知，家庭电路中的台灯和电风扇并联，a点在干路上，b、c两点在两条支路上，根据并联电路的电流特点求解。
此题考查了并联电路的电流规律，明确并联电路中干路电流等于各支路电流之和是解答本题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：根据题意知，S1闭合，灯L发光；灯光照亮人脸完成人脸识别时S2闭合，即S1、S2同时闭合，电动机M才工作。
由图知，
A、只闭合S1时，电动机和灯泡都工作，故A不符合题意；
B、只闭合S1时，电动机工作，同时闭合S1和S2时，电动机和灯泡都工作，故B不符合题意；
C、只闭合S1时，电动机和灯都工作，故C不符合题意；
D、只S1闭合，灯L发光，再S2闭合，电动机M也工作，故D符合题意。
故选：D。
由题知，S1闭合，灯L发光，照亮人脸进行识别，但不开锁，人脸识别成功后S2闭合，电动机M工作，即两开关都闭合时电动机才能工作，由此根据选项图分析解答。
本题考查了电路图的设计，关键是明确串联和并联电路中开关的作用。
12.【答案】D
【解析】解：A、闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，
R1铭牌标有“5Ω2A”的字样，此时滑片P与a端的距离为R1总长的四分之一，此时变阻器接入电路中的阻值是5Ω×(1−14)=3.75Ω，故A错误；
BC、当油量减少时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则电路总电阻变大，故B错误；
电源电压不变，根据欧姆定律可知通过电路的电流变小，即油量表示数变小，故C错误；
D、油量表是由一只量程为0∼0.6A的电流表改装的串联电路各处电流相等，所以通过电路的最大电流为0.6A，
根据欧姆定律可得此时电路总电阻：R=UI=3V0.6A=5Ω，
滑动变阻器接入电路的最小电阻为0，所以为使电路安全，定值电阻R0至少为5Ω，故D正确。
故选：D。
A、闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，
R1铭牌标有“5Ω2A”的字样，此时滑片P与a端的距离为R1总长的四分之一，据此计算此时变阻器接入电路中的阻值；
BC、当油量减少时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变化；
电源电压不变，根据欧姆定律可知通过电路的电流变化；
D、油量表是由一只量程为0∼0.6A的电流表改装的，根据串联电路电流特点确定通过电路的最大电流，
根据欧姆定律计算此时电路总电阻，滑动变阻器接入电路的最小电阻为0，根据串联电路电阻规律确定电路安全时定值电阻R0的最小阻值。
本题考查串联电路特点和欧姆定律的灵活运用。
13.【答案】C
【解析】解：AB、在棍子的中部绕几圈，它的实质是一个滑轮组，小红拉绳端相当于自由端，一根木棍相当于定滑轮，另一根相当于动滑轮，在滑轮组中，自由端移动的速度大于物体移动的速度，故AB错误；
CD、由图可知小明那端木棍有6段绳子相连，因此小明受到的拉力为6F，小华那端木棍有7段绳子相连，因此小华受到的拉力为7F，所以小明受到绳子的拉力小于小华受到绳子的拉力，故C正确，D错误。
故选：C。
将绳子的一头系在一棍上，然后如图所示，在棍子的中部绕几圈，它的实质是一个滑轮组，根据滑轮组的特点分析回答。
此题主要考查的是学生对滑轮组特点的理解和掌握，属于基础知识考查。
14.【答案】B
【解析】解：
①由图丙可知，在1∼2s内A被匀速提升，由图乙可知此时拉力F=10N，
由图知，通过动滑轮绳子的段数n=2，忽略绳重及摩擦，拉力F=12(GA+G动)，则动滑轮重力：
G动=2F−GA=2×10N−15N=5N，故①正确；
②由图丙可知，1∼2s内A上升的速度vA=0.2m/s，拉力端移动速度v=2vA=2×2m/s=0.4m/s，
1∼2s内拉力F的功率：P=Wt=Fst=Fv=10N×0.4m/s=4W，故②错误；
③忽略绳重及摩擦，绕过滑轮的绳子能承受的最大拉力为60N，
C处绳子拉力：FC=12(FB+G动)=12×(FB+5N)，
B处绳子的最大拉力：FB最大=2FC最大−G动=2×60N−5N=115N，
此装置最多能匀速运载货物的重力：G最大=FB最大−GA=115N−15N=100N，
此装置提升重物的机械效率随提升物重的增大而增大，则此装置提升重物的最大机械效率：
η最大=W有W总=G最大hF最大s=G最大2F最大=100N2×60N≈83.3%，故③正确；
④提升60N货物时，绳端人的拉力：
F拉=12(G货+GA+G动)=12×(60N+15N+5N)=40N，
小明对地面压力：
F压=G小明−F拉=m小明g−F拉=50kg×10N/kg−40N=460N，故④错误。
故选：B。
①由图丙可知，在1∼2sA被匀速提升，由图乙可知1∼2s拉力F大小；由图知，n=2，忽略绳重及摩擦，拉力F=12(GA+G动)，据此求动滑轮重力；
②由图丙可知1∼2s内，拉力端移动速度等于A上升速度的2倍，利用P=Wt=Fst=Fv求1∼2s内拉力F的功率；
③忽略绳重及摩擦，由C处绳子的最大拉力求出B处绳子的拉力，此装置最多能匀速运载物体的重力等于B处的拉力减去A的重力；
此装置提升重物的机械效率随提升物重的增大而增大，根据η=W有W总=G最大hF最大s=G最大2F最大计算此装置提升重物的最大机械效率；
④先计算提升60N货物时，绳端人的拉力，再由F压=G小明−F拉计算对地面压力。
本题考查了使用滑轮组时拉力、功率、机械效率的计算，要注意：提升重物的重力最大时，滑轮组的机械效率最大。
15.【答案】C
【解析】解：(1)当闭合S和S1、断开S2，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，
由图乙可知，当滑动变阻器滑到阻值最大处时两端电压为3V，对应的电流为0.2A，
由串联电路的电压规律结合欧姆定律可知电源电压U=U2+I1R1=3V+0.2A×R1，
当滑动变阻器滑到阻值最小处时两端电压U=0V，只有R1接入电路，对应的电流为0.6A，此时电源电压U=IR1=0.6A×R1，
故3V+0.2A×R1=0.6A×R1，
解得：R1=7.5Ω，
电源电压U=0.6A×R1=0.6A×7.5Ω=4.5V，故A错误；
由图乙可知当滑动变阻器滑到阻值最大处时，其两端电压为3V，对应的电流为0.2A，
根据欧姆定律可得滑动变阻器R2的最大阻值为：R2max=U2I1=3V0.2A=15Ω，故C正确；
(2)当闭合S和S1、断开S2，R3和滑动变阻器R2串联接入电路，电压表测R3两端的电压，R3正常工作时其两端的电压为2.5V，由图乙可知其正常工作时的电流为0.5A，故D错误；
根据欧姆定律可得新材料电阻R3的阻值R3=U3I3=Ω，故B错误。
故选：C。
(1)闭合S和S1、断开S2，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联接入电路，根据串联电路电压规律结合欧姆定律列出电源电压相等的方程求解；由图乙可知当滑动变阻器滑到阻值最大处时两端电压和对应的电流，根据欧姆定律可得滑动变阻器R2的最大阻值；
(2)当闭合S和S2、断开S1时，滑动变阻器R2和新材料电阻R3串联接入电路，电压表测R3两端的电压，R3正常工作时其两端的电压为2.5V，由图乙可知其正常工作时的电流，根据欧姆定律计算新材料电阻R3的阻值。
本题考查串联电路特点和欧姆定律的灵活运用，正确读取图中信息是解题的关键。
16.【答案】内 丙 1800
【解析】解：
(1)用酒精灯加热试管中的水，当水沸腾一段时间后，塞子被试管内水蒸气推出，水蒸气对塞子做功，将水蒸气的内能转化为塞子的机械能；
(2)图乙中进气门、排气门关闭，活塞由下向上运动，是压缩冲程；
图丙中进气门、排气门关闭，活塞由上向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能；汽油机的做功冲程与甲实验过程中能量的转化是一致的；
(3)汽油机每秒内对外做功15次，因为一个工作循环飞轮转2圈，完成4个冲程，做功1次，所以1s内，飞轮转30圈，1min飞轮转动的圈数为60×30圈=1800圈，即飞轮转速是1800r/min。
故答案为：内；丙；1800。
(1)物体对外做功，自身的内能减小，将内能转化为机械能，汽油机的做功冲程就是将内能转化为机械能的；
(2)根据气门的打开和关闭情况，结合活塞的运动方向判断是哪一个冲程；
(3)四冲程汽油机在一个工作循环中，活塞上下往复两次，飞轮转两圈、完成4个冲程、做功1次。
此题主要考查的是学生对内能的改变、汽油机四个冲程能量转化和工作过程的了解和掌握，属于基础性题目。
17.【答案】重物 高度 甲、丙
【解析】解：“模拟打桩”来探究重物在开始时的重力势能大小与哪些因素有关；
物体下落过程中，物体的重力势能转化为动能，物体的重力势能越大，木桩陷入沙坑就越深，表明物体对木桩做的功就越多；
比较甲、乙可知，物体的质量相同，从不同高度落下，下落的位置越高，木桩被打得越深，即物体的重力势能越大，说明重力势能跟高度有关；
比较甲、丙可知，物体的质量不同，下落高度相同，质量越大，木桩被打得越深，即重力势能越大，说明重力势能与质量有关。
故答案为：重物；高度；甲、丙。
重力势能的大小与物体的质量和被举高的高度有关，根据控制变量法，研究重力势能的大小与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析。
此题是探究“物体的重力势能的大小与哪些因素有关”的实验，考查了转换法和控制变量法在实验中的应用，同时考查了影响重力势能的两个因素。
18.【答案】小于 =
【解析】解：两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下，动力克服的都是水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以阻力臂都等于动力臂的二分之一。根据杠杆的平衡条件F=GL阻L动=12G.所以前后两次所用的力相同。
故答案为：小于；=。
把水泥板看做一个杠杆，抬起一端，则另一端为支点。由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其中心上，此时动力F克服的是水泥板的重力，即此时的阻力臂等于动力臂的一半。在此基础上，利用杠杆的平衡条件，即可确定F甲与F乙的大小关系。
通过杠杆的平衡条件，将抬起物体所用的力与物体的重力两者联系在一起。对于均匀的物体，抬起一端所用的力等于其重力的一半。
19.【答案】8：9 9：8 5
【解析】解：
(1)由W=FL可得两次拉力做功(总功)之比：
W总1W总2=F1LABF2LCD=20N×215N×3=89；
拉动物体用的时间相同，
拉力做功的功率之比：
P1P2=W总1t：W总2t=W总1W总2=89；
(2)两次都将同一物体提升到相同高度，由W有=Gh可知，所做的有用功相同，即W有用1：W有用2=1：1，
由η=W有用W总可得机械效率之比：
η1：η2=W有用1W总1：W有用2W总2=18：19=9：8；
(3)物体沿斜面AB运动过程中，有用功：W有用1=Gh，
该过程中，克服物体所受摩擦力做的额外功：W额1=W总1−W有用1=FLAB−Gh，
由W额=fL可得，物体沿斜面AB运动时所受的摩擦力：
f=W额1LAB=F1LAB−GhLAB=F1−G×hLAB=20N−30N×12=5N。
故答案为：8：9；9：8；5。
(1)已知两过程拉力的大小和两斜面的长度之比，根据公式W=Fs求出两次拉力做功大小之比；
拉动物体的时间相同，根据公式P=Wt可得拉力做功功率大小之比；
(2)利用W=Gh求拉力做的有用功之比，再利用效率公式求机械效率大小之比；
(3)已知物体的重力和斜面的高度，根据公式W=Gh可求推力所做的有用功，总功与有用功的差就是运动过程中物体克服摩擦力所做的功，利用W额=fs求出摩擦力的大小。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、功率、机械效率的大小比较，以及摩擦力的计算，属于中档题。
20.【答案】88000.051200
【解析】解：
(1)10(40A)中，表示电能表平时工作允许通过的最大电流为40A，该电能表允许接入的最大电功率：P最大=UI最大=220V×40A=8800W；
(2)因为“3000r/kW⋅h”表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转过3000r，
所以电能表转盘转150r时，电水壶消耗的电能：
W=1503000kW⋅h=0.05kW⋅h，
电水壶的功率：
P=Wt=0.05kW⋅h260h=1.5kW=1500W。
故答案为：8800；0.05；1500。
(1)10(40A)中，10A是指电能表的标定电流，40A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，利用P=UI求该电能表允许接入的最大电功率。
(2)“3000r/kW⋅h”表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转过3000r；据此求电能表转盘转150r消耗的电能，再利用P=Wt求出电水壶的功率。
本题考查了消耗电能和电功率的计算，明确电能表参数的含义是关键，要注意单位的换算。
21.【答案】B0.32
【解析】解：定值电阻R的I−U关系图象是一条直线，故选B；
由图甲可知小灯泡L和定值电阻R并联接入电路，电流表测干路电流，
若电源电压为4V，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，它们两端的电压均为4V，由图象可知此时流过小灯泡的电流为0.3A；
由图乙可知灯泡两端的电压为2V时，通过灯泡的电流为0.2A，电阻两端的电压为2V时，通过电阻的电流为0.05A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流：I=IL+IR=0.2A+0.05A=0.25A，
所以电流表示数为0.25A时电源电压为2V。
故答案为：B；0.3；2。
定值电阻R的I−U关系图象是一条直线；
由图甲可知小灯泡L和定值电阻R并联接入电路，电流表测干路电流，根据并联电路电压特点结合图像可知电源电压为4V时对应的灯泡电流，
根据并联电路电压特点、并联电路电流规律结合图像可知电流表示数为0.25A时的电源电压。
本题考查了并联电路的特点以及欧姆定律的应用，关键是根据图象得出有用的信息。
22.【答案】480 变小 0.89
【解析】解：由图甲可知在标准大气压下，将R1放入冰水混合物中时，R1的阻值是480Ω；热敏电阻R1的阻值随温度的升高而变小；
由图乙可知，热敏电阻R1与定值电阻R2串联，电压表V1测热敏电阻两端的电压，电压表V2测定值电阻两端的电压，
测温时，保持定值电阻R2两端电压为0.20V时，即电路中的电流保持I=U1R1=0.20V100Ω=0.002A不变，
当热敏电阻R1的温度升高时，通过热敏电阻R1的电流不变，热敏电阻R1的阻值变小，热敏电阻R1两端的电压变小，即热敏电阻R1两端的电压随温度升高而变小；
由图甲可知，当t=30℃时，R1=280Ω，当t′=0℃时，R1′=480Ω，
设R1=kt+b，
由题意可得30k+480=280Ω，解得k=−203，所以R1与t的函数关系为：R1=−203t+480，
当t ′ ′=20℃时，热敏电阻R1的阻值为：R1′′=−203×20+480≈346.7Ω，
此时V1的示数U1′′=IR1′′=0.002A×346.7Ω≈0.69V，
因串联电路两端电压等于各部分电路两端电压之和，所以此时电源电压：U′=U1′′+U2=0.69V+0.20V=0.89V。
故答案为：480；变小；0.89。
由图甲可知在标准大气压下，将R1放入冰水混合物中时R1的阻值；
由图乙可知，热敏电阻R1与定值电阻R2串联；
测温时，保持R2两端电压为0.20V时，根据欧姆定律计算电路中的电流，根据图甲可知热敏电阻R1的阻值随温度的变化，根据欧姆定律得出R1两端的电压与温度的关系；
由图甲可知热敏电阻R1与t的函数关系，根据函数关系计算当t=20℃时R1的阻值，根据欧姆定律求出此时电压表V1的示数，利用串联电路的电压特点求出此时电源电压。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，从图像中获取有用的信息是关键，有一定的难度。
23.【答案】解：根据题意知道，使拉力为物体重的13时最省力，所以滑轮组由3段绳子承担物重。需要从动滑轮上端的挂钩绕起，滑轮组绕法如图所示：
【解析】由图知，滑轮组由一个动滑轮和一个定滑轮组成，通过动滑轮绳子的段数最多为3，据此画出最省力的绕线方法。
在滑轮组中，绕过动滑轮的绳子股数越多会越省力，即F=1nG。
24.【答案】解：向右移动滑片，灯泡变亮说明滑动变阻器与灯泡串联，且电路中的电流变大，根据欧姆定律可知电路中的电阻变小，即滑动变阻器接入电路的电阻变小，即必须把B接线柱接入电路；由于电源为两节电池，所以电源电压为3V，电压表选用小量程与小灯泡并联，如下图所示：
。
【解析】向右移动滑片，灯泡变亮说明滑动变阻器与灯泡串联，且电路中的电流变大，根据欧姆定律可知电路中的电阻变小，即滑动变阻器接入电路的电阻变小，即必须把B接线柱接入电路，电压表与小灯泡并联。
本题考查了实物图的连接，关键是根据题意判断灯泡与滑动变阻器的连接方式以及正确的连接、电流表和电压表的使用方法。
25.【答案】左 0.1在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压成正比
【解析】解：(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，由图可知，应将滑动变阻器的滑片应移到阻值最左端；
(2)由图乙可知，电流表的量程为0∼0.6A，分度值是0.02A，故电流表示数是0.1A；
(3)分析表中数据可知，电压增大几倍，对应的电流也增大几倍，故可得结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
故答案为：(1)左； (2)0.1；(3)在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
(1)为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处；
(2)由图判断电流表的量程以及分度值，从而得出电流表示数；
(3)分析表中数据判断电流与电压的关系。
本题考查探究电流与电压的关系的实验，难度不大。
26.【答案】B 钢球推动木块水平移动的距离大小 转换法 速度 相同速度的不同物体，质量越大 <④
【解析】解：(1)由题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小，故B符合题意，ACD不符合题意，故选：B；
(2)实验中通过观察木块被钢球推动距离大小来反映小球动能的大小，这是转换法的应用；
(3)由①②两图可知：让质量不同的钢球从斜面的同一高度滚下，是为了使两球到达水平面时速度相等，两个小球的质量不同，因此可以探究物体动能与物体质量的关系；最终通过实验可得结论为：相同速度的不同物体，质量越大，动能越大；
(4)乙中两次实验中木块被撞击后滑行过程中所受摩擦力分别为f3、f4，因为在同种接触面上，压力不变时，摩擦力大小不变，故f3=f4，sA(5)为了寻找普遍规律，小明找来另一钢球C重复刚才的实验，发现钢球将木块撞出了木板，可能的原因是④钢球C的质量太大了。
故答案为：(1)B；(2)钢球推动木块水平移动的距离大小；(3)速度；相同速度的不同物体，质量越大；(4)<；(5)④。
(1)据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小；
(2)实验中通过观察木块被钢球推动距离大小判断钢球的动能大小的，利用了转换法；
(3)(5)动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究。研究与速度关系时要保证质量相同，速度不同。研究与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；在探究和分析结论时，一定要注意控制变量法的运用；
(4)滑动摩擦力的大小只与接触面的粗糙程度和压力的大小有关，与物体运动速度的大小无关；根据功的计算公式分析可得。
本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法。从图中现象发现质量、速度的不同是此题的关键。
27.【答案】质量 加热时间 甲 电流 电阻
【解析】解：(1)根据比较吸热能力的方法可知，需控制不同物质的质量相同，故实验中应量取质量相同的甲、乙两种液体分别倒入相同的烧杯中；
(2)根据转换法可知，用相同规格的电加热器加热甲、乙两种液体，加热时间越长，吸收的热量就越多，因此可以通过比较加热时间来比较它们吸收热量的多少；
(3)由甲、乙两种液体的温度随加热时间变化的图像可知，加热5min，即吸收的热量相同，甲升高的温度为
Δt甲=30℃−10℃=20℃
乙升高的温度为
Δt乙=50℃−10℃=40℃
根据比较吸热能力的方法可知，甲的吸热能力更强；
(4)通电5min后，比较烧瓶中温度计的示数，发现b温度计示数升高得高，说明乙中液体的温度变化量大，乙中液体吸收的热量多，则乙中电阻放出的热量多，又因为烧瓶内甲的电阻小于乙的电阻，所以电流和通电时间相同时，电阻越大，电流通过导体时产生的热量就越多。
故答案为：(1)质量；(2)加热时间；(3)甲；(4)电流；电阻。
(1)根据比较吸热能力的方法可知，需控制不同物质的质量相同。
(2)根据转换法可知，可以通过比较加热时间来比较它们吸收热量的多少。
(3)根据图象和比较吸热能力的方法分析；
(4)根据控制变量法分析；串联电路处处都相等；电流和通电时间相同时，电阻越大，电流通过导体时产生的热量就越多。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法的运用，为热学中的重要实验。
28.【答案】断开 0.63BU额R2 U额×(I−U额R2)
【解析】解：(一)(1)为了保护电路中各用电器的安全，每次拆接电压表时，开关应处于断开状态。
(2)灯泡L1和L2为串联电路，电压表测量L1两端的电压，故电压表与L1并联，根据电流从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出得到图乙中电流从L1的右端流出，则L1的右端应与L2的右端连接，电路如图所示：
(3)由图可知电压表V1测量的是灯泡L1两端的电压，电压表V2测量的是灯泡L1和L2两者电压的总电压，实验发现两电压表指针偏转角度相同，可能的原因是电压表V2的量程选大了；电压表V2的示数是V1的5倍，图中电压表V2测量的是灯泡L1和L2两者电压的总电压，也是电源电压，即电压表V2的示数为3V，那么电压表V1的示数为0.6V；
(4)为了测量BC间的电压，应该保持C接线柱不动，将电压表V2的A点改接到B；如果保持B接线柱，将电压表V1的连线由A改接到C会导致电压表V1的正负接线柱接反，故选：B；
(二)(5)闭合开关S、S2，断开开关S1，R2和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量通过灯泡的电流，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表示数U额R2，此时灯泡正常发光；
(6)闭合开关S、S1，断开S2，R2和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量干路电流，记下此时电流表的示数为I；
(7)在上面分析中，R2和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量干路电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路的电流特点可知通过小灯泡的电流为：I额=I−U额R2，
则小灯泡的额定功率的表达式为：P额=U额I额=U额×(I−U额R2)。
故答案为：(1)断开；(2)见解答图；(3)0.6；3；(4)B；(5)U额R2；(7)U额×(I−U额R2)。
(一)(1)为了保护电路中各用电器的安全，每次拆接电压表时，开关应处于断开状态；
(2)根据电压表与待测电路并联，两个灯泡串联连接电路；
(3)由图可知电压表V1测量的是灯泡L1两端的电压，电压表V2测量的是灯泡L1和L2两者电压的总电压，实验发现两电压表指针偏转角度相同，可能的原因是电压表V2的量程选大了；电压表V2的示数是V1的5倍，图中电压表V2测量的是灯泡L1和L2两者电压的总电压，也是电源电压，据此可知两个电压表的示数；
(4)用电压表测量电压时，电流从电压表正接线流入，从负接线柱流出，否则，电压表指针反向偏转；
(二)(5)闭合开关S、S2，断开开关S1，R2和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量通过灯泡的电流，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表示数U额R2；
(6)闭合开关S、S1，断开S2，R2和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量干路电流，记下此时电流表的示数为I；
(7)根据并联电路的电流特点可知通过小灯泡L的电流，根据P=UI可知小灯泡的额定功率的表达式。
本题考查了实物电路图的连接、注意事项、电路故障的判断、电压表的连接、电路设计、电功率公式和欧姆定律的应用等，综合性强。
29.【答案】解：由电路图知小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；
(1)根据P=U2R得小灯泡正常发光时的电阻为
RL=U额2P额=(6V)23W=12Ω；
(2)根据P=UI得小灯泡正常发光时的电流为：
IL=P额U额=3W6V=0.5A，
滑动变阻器两端的电压为：
U滑=U−UL=10V−6V=4V，
滑动变阻器接入电路中的电阻为：
R=U滑IL=4V0.5A=8Ω；
(3)小灯泡的实际电压为：
UL实=U−U滑′=10V−6V=4V，
小灯泡的实际功率为：
PL实=UL实2RL=(4V)212Ω≈1.33W。
答：(1)小灯泡正常发光时的电阻为12Ω；
(2)小灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω；
(3)当电压表示数为6V时，小灯泡的实际功率为1.33W。
【解析】由电路图知小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；
(1)根据P=U2R算出小灯泡正常发光时的电阻；
(2)根据P=UI算出小灯泡正常发光时的电流，由串联电路电压的规律算出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律算出滑动变阻器接入电路中的电阻；
(3)由串联电路电压的规律算出小灯泡的实际电压，由P=U2R算出小灯泡的实际功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，是一道中考常见题。
30.【答案】解：
(1)小轿车的重力G=mg=1.5×103kg×10N/kg=1.5×104N，
小轿车所受阻力为f=0.1G=0.1×1.5×104N=1.5×103N，
因小轿车匀速行驶，所以牵引力F牵=f=1.5×103N；
(2)燃烧10kg汽油产生的热量Q放=m油q=10kg×5×107J/kg=5×108J，
小轿车匀速行驶100km所做的功W=F牵s=1.5×103N×100×103m=1.5×108J，
小轿车发动机的效率η=WQ放=1.5×108J5×108J=30%；
(3)小轿车所受阻力与它的速度成正比，当它以2v的速度匀速行驶时，小轿车所受牵引力：
F牵′=f′=2f=2×1.5×103N=3×103N，
若发动机的效率为48%，则小轿车燃烧10kg汽油所转化的机械能：
W′=η′Q放=48%×5×108J=2.4×108J，
小轿车能行驶的路程：s′=W′F牵′=2.4×108J3×103N=8×104m。
答：(1)该过程小轿车所受的牵引力为1.5×103N；
(2)该过程小轿车发动机的效率为30%；
(3)小轿车受到的牵引力为3×103N；燃烧10kg汽油时能行驶的路程为8×104m。
【解析】(1)根据G=mg得出小轿车的重力，根据f=0.1G得出小轿车所受阻力，因小轿车匀速行驶，根据F牵=f得出牵引力；
(2)根据Q放=m油q得出燃烧10kg汽油产生的热量，根据W=F牵s得出小轿车匀速行驶100km所做的功，根据η=WQ放得出小轿车发动机的效率；
(3)小轿车所受阻力与它的速度成正比，据此求出以2v的速度匀速行驶时小轿车所受牵引力，若发动机的效率为48%，根据W′=η′Q放得出则小轿车燃烧10kg汽油所转化的机械能，根据s′=W′F牵′得出小轿车能行驶的路程。
本题考查热值和效率的有关计算，难度较大。
31.【答案】a
【解析】解：(1)由图乙可知，当开关S接a时，R1工作，根据题意可知，R1是额定功率为2000W的电热丝，所以此时该电热水瓶处于加热状态；
当开关S接b时，R2与电磁泵串联，此时电热水瓶处于电动出水状态；
(2)水吸收的热量：Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(100℃−15℃)=7.14×105J；
由P=Wt可知，电热水瓶正常工作7min消耗的电能：W=P1t=2000W×7×60s=8.4×105J，
该电热水瓶的加热效率：η=Q吸W=7.14×105J8.4×105J=85%；
加热效率在三级能效规定范围内，可判断该电热水瓶的加热效率达到了三级能效；
(3)根据串联电路的电压特点可知，电磁泵在额定电压下工作时，电阻R2两端的电压：U2=U−U泵=220V−20V=200V，
根据串联电路的电流特点可知，电磁泵在额定电压下工作时的电流：I泵=I=I2=U2R2=200V160Ω=1.25A；
电磁泵的额定功率：P泵=U泵I泵=20V×1.25A=25W；
处于电动出水状态时的功率：P出=UI=220V×1.25A=275W。
答：(1)a；
(2)该电热水瓶的加热效率达到了三级能效；
(3)电磁泵的额定功率为25W；处于电动出水状态时该电热水瓶的功率为275W。
(1)由图乙可知，当开关S接a时，R1工作，当开关S接b时，R2与电磁泵串联；
(2)根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量，根据W=Pt求出电热水瓶消耗的电能，根据效率公式求出电热水瓶的加热效率，与三级能效比较可知是否达到三级能效；
(3)根据串联电路的电压特点求出电磁泵正常工作时，R1两端的电压，根据欧姆定律求出通过R1的电流，根据串联电路的电流特点可知电磁泵的额定电流，根据P=UI求出电磁泵的额定功率；根据P=UI求出处于电动出水状态时该电热水瓶的功率。
本题是一道电热综合题，主要考查串联电路的特点、吸热公式、电功公式、电功率公式、效率公式以及欧姆定律的应用，题目有一定的难度。实验次数
1
2
3
4
电压U/V
1.0
1.6
2.2
2.8
电流I/A
0.16
0.22
0.28
1.下列工具在使用时，属于费力杠杆的是( )
A. 筷子B. 钢丝钳
C. 托盘天平D. 核桃夹
2.当两台机器正常工作时，功率大的机器与功率小的机器相比( )
A. 做功一定多B. 做功不可能相同
C. 相同的时间内做功一定多D. 做相同的功所用的时间一定多
3.同学们对下列物理量的估测中，最接近实际的是( )
A. 挂壁式空调的额定功率约为1500W
B. 三节新干电池串联后的总电压约为6V
C. 家用电热水壶的额定电流约为0.5A
D. 从地上把九年级物理课本捡到课桌上做的功约为20J
4.关于温度、热量和内能，下列说法正确的是( )
A. 0℃的物体不具有内能B. 物体吸收热量，温度一定升高
C. 物体放出热量，内能也可能增加D. 物体温度越高，含有的热量越多
5.如图所示，曲线轨道完全光滑，小球在轨道上A处由静止释放，沿轨道滑行到B端以下说法中正确的是( )
A. 小球到达B端时速度为零
B. 小球从A运动到B的过程中动能一直增大
C. 小球从A运动到B的过程中重力势能一直减小
D. 小球从A运动到B的过程中机械能保持不变
6.如图所示是一个“充电宝”正在给手机充电，下列说法不正确的是( )
A. 手机电池相当于电源
B. “充电宝”相当于电源
C. 连接线相当于导线
D. “充电宝”、手机电池连接线形成通路
7.如图是用相同的加热装置对a、b、c三种固态物质加热时温度随时间变化的图像，其中T1：T2：T3：T4=1：2：3：4，下列分析正确的是( )
A. 在4min时，物质a的内能一定大于c的内能
B. 在0∼4min时间内，物质a吸热最多
C. 三种物质中，c的比热容一定最大
D. 若a、b质量相同，则其比热容之比为2：3
8.下列四组物体中，都属于导体的一组是( )
A. 石墨、金属刀片、铁块B. 玻璃棒、人体、大地
C. 陶瓷、干木头、铁丝D. 石墨、橡胶、酸碱盐的水溶液
9.如图所示的电路，闭合开关S后，L1、L2、L3均发光，若再闭合开关S1，将会发生的现象是( )
A. L2不亮，L1、L3亮
B. L2、L3不亮，L1亮
C. L1、L2、L3都不亮
D. L1、L2、L3都亮
10.如图所示的插线板中，a接电源，b接台灯，c接电风扇(图中手里的插头没有插入)，两个用电器均正常工作时，a、b、c中的电流分别用Ia、Ib、Ic表示，其间关系正确的是( )
A. Ia=Ib
B. Ic=Ia+Ib
C. Ia=Ib+Ic
D. Ia=Ic
11.有一种智能锁，需要通过“密码+人脸”两次识别成功才能开锁。密码识别成功时仅S1闭合，灯L发光，照亮人脸进行识别，但不开锁，人脸识别成功后S2才会闭合，电动机
工作，开锁成功。下列电路设计的符合要求的是( )
A. B.
C. D.
12.如图所示是汽车油量表的工作原理图，其中电源电压为3V，油量表是由一只量程为0∼0.6A的电流表改装的，变阻器R1铭牌标有“5Ω2A”的字样，闭合开关，此时滑片P与a端的距离为R1总长的四分之一，以下说法正确的是( )
A. 此时变阻器接入电路中的阻值是4ΩB. 当油量减少时，电路的总电阻减小
C. 油量减少时，油量表示数增大D. 为使电路安全，定值电阻R0至少为5Ω
13.如图所示，取两根光滑轻质木棍，将轻质绳子的一端系在其中一根棍子上，再按图示绕法依次绕过两根木棍，小明和小华分别紧握木棍，小红以拉力F匀速拉动绳子的末端，两根棍子靠拢。下列说法中正确的是( )
A. 两根棍子靠拢的速度大于小红拉绳端的速度
B. 两根棍子靠拢的速度等于小红拉绳端的速度
C. 小明受到绳子的拉力小于小华受到绳子的拉力
D. 小明受到绳子的拉力等于小华受到绳子的拉力
14.如图甲所示的装置，A是重15N的空吊篮，质量为50kg的小明将A提升到高处，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度随时间变化关系如图丙所示。系A的绳子足够牢固，绕过滑轮的绳子能承受的最大拉力为60N。忽略绳重及摩擦，g取10N/kg。下列结论中正确的是( )
①动滑轮的重力为5N
②1∼2s内拉力F的功率为2W
③此装置匀速提升重物的最大机械效率约为83.3%
④用此装置匀速提升60N的货物时，小明对地面压力为470N
A. ①②B. ①③C. ②④D. ③④
15.同学们用如图甲所示的电路，对一种新材料电阻R3(标有2.5V字样)进行测量。电源电压恒定不变，闭合开关S和S1、断开S2，移动滑动变阻器R2的滑片P，记录几组电流表、电压表示数并在图乙中描绘出相应的图线；再把电压表改接到R3两端，闭合S和S2、断开S1，移动滑动变阻器R2的滑片P，记录几组电流表、电压表示数并在图乙中描绘出相应的图线。则( )
A. 电源电压为3VB. R3的阻值为7.5Ω
C. R2的最大阻值不可能为20ΩD. R3正常工作时的电流约为0.27A
二、填空题：本大题共7小题，共20分。
16.如图甲所示，用酒精灯加热试管中的水，当水沸腾一段时间后，塞子被试管内水蒸气推出，水蒸气的______能转化为塞子的机械能；此能量转化过程与图______中汽油机的工作过程是一致的。若汽油机每秒钟对外做功的次数为15次，则该汽油机飞轮的转速为______r/min。
17.如图所示，用“模拟打桩”来探究______(木/重物)在开始时的重力势能大小与哪些因素有关，重物的质量m1=m2
19.如图所示，在相同时间内将相同的重物分别沿AB、CD斜面从底端拉至梯形平台顶端，已知物重30N，F1=20N、F2=15N，平台高度h与斜面长之比h：LAB：LCD=l：2：3，则两次过程拉力F1、F2做功功率之比P1：P2=______，机械效率之比η1：η2=______；物体沿斜面 AB运动过程中所受摩擦力大小为______ N。
20.某水电壶工作2min，使图示电能表的转盘转过150r，该电能表允许接入的最大电功率为______ W，电水壶消耗的电能为______kW⋅h，电功率为______ W。
21.将小灯泡L和定值电阻R接在如图甲所示的电路中，其两者的I−U关系图像如图乙所示，其中曲线______(A/B)表示电阻R的I−U关系图像；当甲图中电源电压为4V时，流过小灯泡的电流为______ A，当电源电压为______ V时，电流表示数为0.25A。
22.如图甲所示为热敏电阻R1的阻值随温度变化的图像，图乙是用R1做测温探头的某热敏电阻温度计的电路图，其中电源电压可在0.60∼1.20V之间调节，R2是阻值为100Ω的定值电阻，闭合开关，调节电源电压，使V2表的示数保持0.20V不变。在标准大气压下，将R1放入冰水混合物中时，R1的阻值是______Ω；测温时，V1表的示数随温度升高而______(变大/不变/变小)；当温度为20℃时，电源电压应调为______ V。
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
23.工人用滑轮组把重物提升，请在如图所示的滑轮组上画出最省力的绕线方法并标上F。
24.用笔画线代替导线，将图中元件连接成电路，要求：向右移动滑片时，灯泡变亮，电压表测小灯泡电压。(导线不要交叉)
四、实验探究题：本大题共4小题，共22分。
25.为“探究电流与电压的关系”，小明设计并连接了如图甲所示的电路。
(1)闭合开关，滑动变阻器的滑片应移到最______(左/右)端；
(2)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为1.0V时，电流表示数如图乙所示为______ A；
(3)继续移动滑片，进行多次测量，记录实验数据如表格所示，分析表中数据可得结论：______。
26.如图是某学习小组利用小钢球A和B、木块、木板等器材探究物体的动能大小与哪些因素有关。小钢球沿光滑斜面由静止向下运动，撞击木块使木块在水平木板上移动一段距离后静止。
(1)实验中，探究的动能是指______(填序号)；
A.小钢球在斜面上的动能
B.小钢球撞击木块时的动能
C.小钢球撞击木块后的动能
D.木块被小钢球撞击后的动能
(2)实验中，通过观察______来判断物体的动能大小，这种研究方法叫______。
(3)如图甲所示①②两次实验，让质量不同的小钢球从斜面的同一高度处由静止滚下，目的是使两球到达水平面时具有相同的______；分析这两次实验，可初步得出结论：______，物体的动能就越大；
(4)如图乙所示③④两次实验中，被同一小球由不同高度滚下撞击后，木块滑行过程中克服摩擦力做的功分别为W3和W4，则W3______W4(>/=/<)；
(5)在探究动能的大小与质量的关系时，同学们完成了图甲所示①②两次实验后，为了寻找普遍规律，小明找来另一钢球C重复刚才的实验，发现钢球将木块撞出了木板，可能的原因是______(填序号)。
①钢球C释放的高度变低了
②钢球与木板之间的摩擦力变小了
③钢球C的质量太小了
④钢球C的质量太大了
27.小明“探究不同物质吸热升温的现象”，实验装置如图所示。
(1)实验中应量取______(质量/体积)相同的甲、乙两种液体分别倒入相同的烧瓶中；
(2)实验中，用相同规格的电加热器加热甲、乙两种液体，使它们温度升高，可以通过比较______(升高的温度/加热时间)来比较它们吸收热量的多少；
(3)根据实验测得的数据，分别描绘出甲、乙两种液体的温度随加热时间变化的图像，如图所示，分析可知______(甲/乙)的吸热本领更强；
(4)然后，小明为了研究“电流产生的热量与哪些因素有关”，将烧瓶内甲中的电阻换成小于乙中的电阻。通电5min后，比较烧瓶中温度计的示数，发现b温度计示数升高得高，由此可初步得出结论：当______和通电时间相同时，______越大，电流通过导体时产生的热量就越多。
28.同学们进行电学实验：
(一)第一组进行“探究串联电路电压特点”的实验。所用器有：电压为3V的电源，一个开关，两只灯泡(L1和L2)，两只相同电压表V1和V2(量程均为0∼3V和0∼15V)，导线若干。
(1)他们按图甲所示的电路图连接电路，用一只电压表分别测AB、BC、AC间的电压。每次拆接电压表时，开关应处于______状态；
(2)为测量L1两端电压，请在图乙中用笔画线代替导线将实物图连接完整；
(3)小华改用两只电压表同时进行测量。她按照图丙所示电路图连接好电路，闭合开关，发现两只电压表的指针偏转角度相同，此时电压表V1和V2的示数分别为______ V和______ V；
(4)选择合适量程后，小华测出了AB间和AC间的电压，为了测量BC间的电压，断开开关，接下来可以______；
A.保持B接线不动，将电压表V1连线由A改接到C
B.保持C接线不动，将电压表V2连线由A改接到B
(二)第二组设计图丁所示电路图，测量额定电压为U额的小灯泡的额定功率，定值电阻阻值为R2。请将实验步骤补充完整：
(5)闭合开关S、S2，断开开关S1，移动滑动变阻器滑片，使电流表A的示数为______(用字母表示)；
(6)闭合开关S、S1，断开S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，记录此时电流表A的示数为I；
(7)小灯泡额定功率的表达式为P额=______(用R2、I、U额表示)。
五、计算题：本大题共3小题，共24分。
29.在如图所示的电路中，电源电压恒为10V，小灯泡标有“6V 3W”(假设灯丝电阻不变)字样，滑动变阻器标有“20Ω1A”字样。求：
(1)小灯泡正常发光时的电阻；
(2)小灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路的阻值；
(3)当电压表示数为6V时，小灯泡的实际功率。
30.如图所示，质量为1.5t的小轿车在平直的公路上以速度v匀速行驶100km，消耗了10kg汽油，此过程小轿车所受阻力为车重的0.1倍(汽油的热值约为5×107J/kg，g取10N/kg)。
(1)求该过程小轿车所受的牵引力；
(2)求该过程小轿车发动机的效率；
(3)若此小轿车采用全新的压缩燃烧原理，使发动机的效率提高到48%；假设小轿车所受阻力与它的速度成正比，则当它以2v的速度匀速行驶时，求小轿车受到的牵引力。以及燃烧10kg汽油时能行驶的路程。
31.如图甲所示为小明家的电热水瓶，铭牌上附有中国能效标识，标示能效等级为三级(电热转化效率范围为81%≤η<86%)。该电热水瓶具有加热和电动出水两种功能，其简化电路如图乙所示，其中R1是额定功率为2000W的电热丝，R2是阻值为160Ω的分压电阻，电磁泵的额定电压为20V，电源电压保持220V不变。在加热状态下正常工作时，将初温15℃、质量2kg的水加热到100℃，需用时7min.水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。
(1)当开关S接______时，该电热水瓶处于加热状态；
(2)请你通过计算判断该电热水瓶的加热效率是否达到三级能效；
(3)求电磁泵的额定功率，以及处于电动出水状态时该电热水瓶的功率。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A正确；
B、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误；
C、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，故C错误；
D、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D错误。
故选：A。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：
①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
2.【答案】C
【解析】解：当两台机器正常工作时，功率大的机器与功率小的机器相比，根据W=Pt可知：在相同的时间内，功率大的机器所做的功多，故C正确，ABD错误。
故选：C。
功率是表示物体做功快慢的物理量。
单位时间内所做的功叫功率。
本题考查的是功率的基本概念，正确理解功率的概念是解决本题的关键。
3.【答案】A
【解析】解：A、挂壁式空调的额定功率约为1500W，故A正确；
B、三节新干电池串联后的总电压约为4.5V，故B错误；
C、家用空调的额定功率大约1000W，正常工作时的电流为I=PU=1000W220V≈4.5A，故C错误；
D、九年级上册物理课本的重力在2.5N左右，课桌的高度在0.8m左右，从地上把九年级上册物理课本捡到课桌上做的功约为：W=Gh=2.5N×0.8m=2J，故D错误。
故选：A。
新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
本题考查了对电功率、电压、电流、电能的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
4.【答案】C
【解析】解：A、一切物体都具有内能，0℃的物体也有内能，故A错误；
B、物体的内能增加，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故B错误；
C、物体放出热量，若同时外界对物体做功，则内能也可能增加，故C正确；
D、热量是过程量，不能说含有或者具有热量，故D错误。
故选：C。
(1)一切物体都具有内能，内能的大小跟质量、温度、状态有关；
(2)改变内能的方式有做功和热传递；
(3)热量是过程量，就是说，热量只存在于热传递过程中，只能说吸收或放出热量、热量传递等。
此题考查了对内能、热量、温度的理解和改变内能的方式以及晶体的熔化特点，是一道综合题。要注意热量是过程量，内能是状态量。
5.【答案】D
【解析】解：A、曲线轨道完全光滑，则小球在滚动的过程中，其机械能是守恒的小球在轨道上A处由静止释放，沿轨道滑行到B端，由于B的高度小于A，此时速度不为0，故A错误；
B、小球从A运动到B的过程中先加速后减小，因而动能先增大后减小，故B错误；
C、小球从A运动到B的过程中，高度先减小后增大，重力势能先减小后增大，故C错误；
D、由于轨道光滑，小球从A运动到B的过程中机械能保持不变，故D正确。
故选：D。
轨道是光滑的，则小球在滚动的过程中，其机械能是守恒的；动能的大小与质量和速度有关，重力势能的大小与质量和高度有关。
本题考查了机械能的转化和守恒，属于中档题。
6.【答案】A
【解析】解：A、手机电池充电时，相当于用电器，故A错误；
B、“充电宝”对手机充电，“充电宝”提供电能，“充电宝”相当于电源，故B正确；
C、连接线相当于导线，故C正确；
D、“充电宝”、手机电池连接线形成通路，故D正确。
故选：A。
(1)电路是指用导线把电源、用电器、开关连接起来组成的电流的路径；
(2)手机电池和“充电宝”供电时是电源，充电时则为用电器。
本题考查了电路的组成，电源的能量转化，是一道基础题。
7.【答案】D
【解析】解：A、内能与物质的温度、质量、状态等有关，由于不知道a、c的质量大小等信息，故在4min时，物质a的内能不一定大于c的内能，故A错误；
B、用相同的加热装置对a、b、c三种固态物质加热，在0∼4min时间内，三种物质吸热相同，故B错误；
C、由于不知道三种物质的质量大小等信息，三种物质中，c的比热容不一定最大，故C错误；
D、若a、b质量相同，二者温度均T从 1升高到T4，加热时间之比为：4min+6min=2：3，故二者吸收热量之比为2；3，根据c=QmΔt可知其比热容之比等于吸收热量之比，为2：3，故 D正确。
故选：D。
A、内能与物质的温度、质量、状态等有关，由于不知道a、c的质量大小等信息，故无法比较二者内能大小；
B、用相同的加热装置对a、b、c三种固态物质加热，在0∼4min时间内，三种物质吸热相同；
C、由于不知道三种物质的质量大小等信息，无法比较三种物质的比热容；
D、若a、b质量相同，二者温度均T从 1升高到T4，已知加热时间之比，可得出二者吸收热量之比，根据c=QmΔt可知其比热容之比等于吸收热量之比。
本题考查比热容和热量的有关知识，是一道综合题。
8.【答案】A
【解析】解：玻璃棒、陶瓷、干木头、橡胶不容易导电，属于绝缘体；人体、大地、金属刀片、铁块、铁丝、石墨、酸碱盐溶液容易导电，属于导体，故A正确。
故选：A。
不容易导电的物体叫做绝缘体；容易导电的物体叫导体。
此题考查了导体与绝缘体的辨析，属基础题目。
9.【答案】B
【解析】解：闭合开关S后，L2、L3并联后再与L1串联，L1、L2、L3均发光，若再闭合开关S1，L2、L3短路，L2、L3不亮，电路中只有L1亮，故ACD不正确，B正确。
故选：B。
根据两个开关的连接位置和方式判断再闭合开关S1将会发生的现象。
在本题中，当两个开关都闭合时，使电流能从电源的正极不经过用电器就回到了负极，是对电源短路，会损坏电源的，灯也都不会亮，是不允许的。
10.【答案】C
【解析】解：根据题意可知这是家庭电路的一部分，在家庭电路中台灯和电风扇是并联的；图中a点在干路上，b、c两点在两条支路上；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以有Ia=Ib+Ic，故C正确。
故选：C。
根据题意和图示可知，家庭电路中的台灯和电风扇并联，a点在干路上，b、c两点在两条支路上，根据并联电路的电流特点求解。
此题考查了并联电路的电流规律，明确并联电路中干路电流等于各支路电流之和是解答本题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：根据题意知，S1闭合，灯L发光；灯光照亮人脸完成人脸识别时S2闭合，即S1、S2同时闭合，电动机M才工作。
由图知，
A、只闭合S1时，电动机和灯泡都工作，故A不符合题意；
B、只闭合S1时，电动机工作，同时闭合S1和S2时，电动机和灯泡都工作，故B不符合题意；
C、只闭合S1时，电动机和灯都工作，故C不符合题意；
D、只S1闭合，灯L发光，再S2闭合，电动机M也工作，故D符合题意。
故选：D。
由题知，S1闭合，灯L发光，照亮人脸进行识别，但不开锁，人脸识别成功后S2闭合，电动机M工作，即两开关都闭合时电动机才能工作，由此根据选项图分析解答。
本题考查了电路图的设计，关键是明确串联和并联电路中开关的作用。
12.【答案】D
【解析】解：A、闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，
R1铭牌标有“5Ω2A”的字样，此时滑片P与a端的距离为R1总长的四分之一，此时变阻器接入电路中的阻值是5Ω×(1−14)=3.75Ω，故A错误；
BC、当油量减少时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则电路总电阻变大，故B错误；
电源电压不变，根据欧姆定律可知通过电路的电流变小，即油量表示数变小，故C错误；
D、油量表是由一只量程为0∼0.6A的电流表改装的串联电路各处电流相等，所以通过电路的最大电流为0.6A，
根据欧姆定律可得此时电路总电阻：R=UI=3V0.6A=5Ω，
滑动变阻器接入电路的最小电阻为0，所以为使电路安全，定值电阻R0至少为5Ω，故D正确。
故选：D。
A、闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，
R1铭牌标有“5Ω2A”的字样，此时滑片P与a端的距离为R1总长的四分之一，据此计算此时变阻器接入电路中的阻值；
BC、当油量减少时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变化；
电源电压不变，根据欧姆定律可知通过电路的电流变化；
D、油量表是由一只量程为0∼0.6A的电流表改装的，根据串联电路电流特点确定通过电路的最大电流，
根据欧姆定律计算此时电路总电阻，滑动变阻器接入电路的最小电阻为0，根据串联电路电阻规律确定电路安全时定值电阻R0的最小阻值。
本题考查串联电路特点和欧姆定律的灵活运用。
13.【答案】C
【解析】解：AB、在棍子的中部绕几圈，它的实质是一个滑轮组，小红拉绳端相当于自由端，一根木棍相当于定滑轮，另一根相当于动滑轮，在滑轮组中，自由端移动的速度大于物体移动的速度，故AB错误；
CD、由图可知小明那端木棍有6段绳子相连，因此小明受到的拉力为6F，小华那端木棍有7段绳子相连，因此小华受到的拉力为7F，所以小明受到绳子的拉力小于小华受到绳子的拉力，故C正确，D错误。
故选：C。
将绳子的一头系在一棍上，然后如图所示，在棍子的中部绕几圈，它的实质是一个滑轮组，根据滑轮组的特点分析回答。
此题主要考查的是学生对滑轮组特点的理解和掌握，属于基础知识考查。
14.【答案】B
【解析】解：
①由图丙可知，在1∼2s内A被匀速提升，由图乙可知此时拉力F=10N，
由图知，通过动滑轮绳子的段数n=2，忽略绳重及摩擦，拉力F=12(GA+G动)，则动滑轮重力：
G动=2F−GA=2×10N−15N=5N，故①正确；
②由图丙可知，1∼2s内A上升的速度vA=0.2m/s，拉力端移动速度v=2vA=2×2m/s=0.4m/s，
1∼2s内拉力F的功率：P=Wt=Fst=Fv=10N×0.4m/s=4W，故②错误；
③忽略绳重及摩擦，绕过滑轮的绳子能承受的最大拉力为60N，
C处绳子拉力：FC=12(FB+G动)=12×(FB+5N)，
B处绳子的最大拉力：FB最大=2FC最大−G动=2×60N−5N=115N，
此装置最多能匀速运载货物的重力：G最大=FB最大−GA=115N−15N=100N，
此装置提升重物的机械效率随提升物重的增大而增大，则此装置提升重物的最大机械效率：
η最大=W有W总=G最大hF最大s=G最大2F最大=100N2×60N≈83.3%，故③正确；
④提升60N货物时，绳端人的拉力：
F拉=12(G货+GA+G动)=12×(60N+15N+5N)=40N，
小明对地面压力：
F压=G小明−F拉=m小明g−F拉=50kg×10N/kg−40N=460N，故④错误。
故选：B。
①由图丙可知，在1∼2sA被匀速提升，由图乙可知1∼2s拉力F大小；由图知，n=2，忽略绳重及摩擦，拉力F=12(GA+G动)，据此求动滑轮重力；
②由图丙可知1∼2s内，拉力端移动速度等于A上升速度的2倍，利用P=Wt=Fst=Fv求1∼2s内拉力F的功率；
③忽略绳重及摩擦，由C处绳子的最大拉力求出B处绳子的拉力，此装置最多能匀速运载物体的重力等于B处的拉力减去A的重力；
此装置提升重物的机械效率随提升物重的增大而增大，根据η=W有W总=G最大hF最大s=G最大2F最大计算此装置提升重物的最大机械效率；
④先计算提升60N货物时，绳端人的拉力，再由F压=G小明−F拉计算对地面压力。
本题考查了使用滑轮组时拉力、功率、机械效率的计算，要注意：提升重物的重力最大时，滑轮组的机械效率最大。
15.【答案】C
【解析】解：(1)当闭合S和S1、断开S2，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，
由图乙可知，当滑动变阻器滑到阻值最大处时两端电压为3V，对应的电流为0.2A，
由串联电路的电压规律结合欧姆定律可知电源电压U=U2+I1R1=3V+0.2A×R1，
当滑动变阻器滑到阻值最小处时两端电压U=0V，只有R1接入电路，对应的电流为0.6A，此时电源电压U=IR1=0.6A×R1，
故3V+0.2A×R1=0.6A×R1，
解得：R1=7.5Ω，
电源电压U=0.6A×R1=0.6A×7.5Ω=4.5V，故A错误；
由图乙可知当滑动变阻器滑到阻值最大处时，其两端电压为3V，对应的电流为0.2A，
根据欧姆定律可得滑动变阻器R2的最大阻值为：R2max=U2I1=3V0.2A=15Ω，故C正确；
(2)当闭合S和S1、断开S2，R3和滑动变阻器R2串联接入电路，电压表测R3两端的电压，R3正常工作时其两端的电压为2.5V，由图乙可知其正常工作时的电流为0.5A，故D错误；
根据欧姆定律可得新材料电阻R3的阻值R3=U3I3=Ω，故B错误。
故选：C。
(1)闭合S和S1、断开S2，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联接入电路，根据串联电路电压规律结合欧姆定律列出电源电压相等的方程求解；由图乙可知当滑动变阻器滑到阻值最大处时两端电压和对应的电流，根据欧姆定律可得滑动变阻器R2的最大阻值；
(2)当闭合S和S2、断开S1时，滑动变阻器R2和新材料电阻R3串联接入电路，电压表测R3两端的电压，R3正常工作时其两端的电压为2.5V，由图乙可知其正常工作时的电流，根据欧姆定律计算新材料电阻R3的阻值。
本题考查串联电路特点和欧姆定律的灵活运用，正确读取图中信息是解题的关键。
16.【答案】内 丙 1800
【解析】解：
(1)用酒精灯加热试管中的水，当水沸腾一段时间后，塞子被试管内水蒸气推出，水蒸气对塞子做功，将水蒸气的内能转化为塞子的机械能；
(2)图乙中进气门、排气门关闭，活塞由下向上运动，是压缩冲程；
图丙中进气门、排气门关闭，活塞由上向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能；汽油机的做功冲程与甲实验过程中能量的转化是一致的；
(3)汽油机每秒内对外做功15次，因为一个工作循环飞轮转2圈，完成4个冲程，做功1次，所以1s内，飞轮转30圈，1min飞轮转动的圈数为60×30圈=1800圈，即飞轮转速是1800r/min。
故答案为：内；丙；1800。
(1)物体对外做功，自身的内能减小，将内能转化为机械能，汽油机的做功冲程就是将内能转化为机械能的；
(2)根据气门的打开和关闭情况，结合活塞的运动方向判断是哪一个冲程；
(3)四冲程汽油机在一个工作循环中，活塞上下往复两次，飞轮转两圈、完成4个冲程、做功1次。
此题主要考查的是学生对内能的改变、汽油机四个冲程能量转化和工作过程的了解和掌握，属于基础性题目。
17.【答案】重物 高度 甲、丙
【解析】解：“模拟打桩”来探究重物在开始时的重力势能大小与哪些因素有关；
物体下落过程中，物体的重力势能转化为动能，物体的重力势能越大，木桩陷入沙坑就越深，表明物体对木桩做的功就越多；
比较甲、乙可知，物体的质量相同，从不同高度落下，下落的位置越高，木桩被打得越深，即物体的重力势能越大，说明重力势能跟高度有关；
比较甲、丙可知，物体的质量不同，下落高度相同，质量越大，木桩被打得越深，即重力势能越大，说明重力势能与质量有关。
故答案为：重物；高度；甲、丙。
重力势能的大小与物体的质量和被举高的高度有关，根据控制变量法，研究重力势能的大小与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析。
此题是探究“物体的重力势能的大小与哪些因素有关”的实验，考查了转换法和控制变量法在实验中的应用，同时考查了影响重力势能的两个因素。
18.【答案】小于 =
【解析】解：两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下，动力克服的都是水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以阻力臂都等于动力臂的二分之一。根据杠杆的平衡条件F=GL阻L动=12G.所以前后两次所用的力相同。
故答案为：小于；=。
把水泥板看做一个杠杆，抬起一端，则另一端为支点。由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其中心上，此时动力F克服的是水泥板的重力，即此时的阻力臂等于动力臂的一半。在此基础上，利用杠杆的平衡条件，即可确定F甲与F乙的大小关系。
通过杠杆的平衡条件，将抬起物体所用的力与物体的重力两者联系在一起。对于均匀的物体，抬起一端所用的力等于其重力的一半。
19.【答案】8：9 9：8 5
【解析】解：
(1)由W=FL可得两次拉力做功(总功)之比：
W总1W总2=F1LABF2LCD=20N×215N×3=89；
拉动物体用的时间相同，
拉力做功的功率之比：
P1P2=W总1t：W总2t=W总1W总2=89；
(2)两次都将同一物体提升到相同高度，由W有=Gh可知，所做的有用功相同，即W有用1：W有用2=1：1，
由η=W有用W总可得机械效率之比：
η1：η2=W有用1W总1：W有用2W总2=18：19=9：8；
(3)物体沿斜面AB运动过程中，有用功：W有用1=Gh，
该过程中，克服物体所受摩擦力做的额外功：W额1=W总1−W有用1=FLAB−Gh，
由W额=fL可得，物体沿斜面AB运动时所受的摩擦力：
f=W额1LAB=F1LAB−GhLAB=F1−G×hLAB=20N−30N×12=5N。
故答案为：8：9；9：8；5。
(1)已知两过程拉力的大小和两斜面的长度之比，根据公式W=Fs求出两次拉力做功大小之比；
拉动物体的时间相同，根据公式P=Wt可得拉力做功功率大小之比；
(2)利用W=Gh求拉力做的有用功之比，再利用效率公式求机械效率大小之比；
(3)已知物体的重力和斜面的高度，根据公式W=Gh可求推力所做的有用功，总功与有用功的差就是运动过程中物体克服摩擦力所做的功，利用W额=fs求出摩擦力的大小。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、功率、机械效率的大小比较，以及摩擦力的计算，属于中档题。
20.【答案】88000.051200
【解析】解：
(1)10(40A)中，表示电能表平时工作允许通过的最大电流为40A，该电能表允许接入的最大电功率：P最大=UI最大=220V×40A=8800W；
(2)因为“3000r/kW⋅h”表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转过3000r，
所以电能表转盘转150r时，电水壶消耗的电能：
W=1503000kW⋅h=0.05kW⋅h，
电水壶的功率：
P=Wt=0.05kW⋅h260h=1.5kW=1500W。
故答案为：8800；0.05；1500。
(1)10(40A)中，10A是指电能表的标定电流，40A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，利用P=UI求该电能表允许接入的最大电功率。
(2)“3000r/kW⋅h”表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转过3000r；据此求电能表转盘转150r消耗的电能，再利用P=Wt求出电水壶的功率。
本题考查了消耗电能和电功率的计算，明确电能表参数的含义是关键，要注意单位的换算。
21.【答案】B0.32
【解析】解：定值电阻R的I−U关系图象是一条直线，故选B；
由图甲可知小灯泡L和定值电阻R并联接入电路，电流表测干路电流，
若电源电压为4V，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，它们两端的电压均为4V，由图象可知此时流过小灯泡的电流为0.3A；
由图乙可知灯泡两端的电压为2V时，通过灯泡的电流为0.2A，电阻两端的电压为2V时，通过电阻的电流为0.05A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流：I=IL+IR=0.2A+0.05A=0.25A，
所以电流表示数为0.25A时电源电压为2V。
故答案为：B；0.3；2。
定值电阻R的I−U关系图象是一条直线；
由图甲可知小灯泡L和定值电阻R并联接入电路，电流表测干路电流，根据并联电路电压特点结合图像可知电源电压为4V时对应的灯泡电流，
根据并联电路电压特点、并联电路电流规律结合图像可知电流表示数为0.25A时的电源电压。
本题考查了并联电路的特点以及欧姆定律的应用，关键是根据图象得出有用的信息。
22.【答案】480 变小 0.89
【解析】解：由图甲可知在标准大气压下，将R1放入冰水混合物中时，R1的阻值是480Ω；热敏电阻R1的阻值随温度的升高而变小；
由图乙可知，热敏电阻R1与定值电阻R2串联，电压表V1测热敏电阻两端的电压，电压表V2测定值电阻两端的电压，
测温时，保持定值电阻R2两端电压为0.20V时，即电路中的电流保持I=U1R1=0.20V100Ω=0.002A不变，
当热敏电阻R1的温度升高时，通过热敏电阻R1的电流不变，热敏电阻R1的阻值变小，热敏电阻R1两端的电压变小，即热敏电阻R1两端的电压随温度升高而变小；
由图甲可知，当t=30℃时，R1=280Ω，当t′=0℃时，R1′=480Ω，
设R1=kt+b，
由题意可得30k+480=280Ω，解得k=−203，所以R1与t的函数关系为：R1=−203t+480，
当t ′ ′=20℃时，热敏电阻R1的阻值为：R1′′=−203×20+480≈346.7Ω，
此时V1的示数U1′′=IR1′′=0.002A×346.7Ω≈0.69V，
因串联电路两端电压等于各部分电路两端电压之和，所以此时电源电压：U′=U1′′+U2=0.69V+0.20V=0.89V。
故答案为：480；变小；0.89。
由图甲可知在标准大气压下，将R1放入冰水混合物中时R1的阻值；
由图乙可知，热敏电阻R1与定值电阻R2串联；
测温时，保持R2两端电压为0.20V时，根据欧姆定律计算电路中的电流，根据图甲可知热敏电阻R1的阻值随温度的变化，根据欧姆定律得出R1两端的电压与温度的关系；
由图甲可知热敏电阻R1与t的函数关系，根据函数关系计算当t=20℃时R1的阻值，根据欧姆定律求出此时电压表V1的示数，利用串联电路的电压特点求出此时电源电压。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，从图像中获取有用的信息是关键，有一定的难度。
23.【答案】解：根据题意知道，使拉力为物体重的13时最省力，所以滑轮组由3段绳子承担物重。需要从动滑轮上端的挂钩绕起，滑轮组绕法如图所示：
【解析】由图知，滑轮组由一个动滑轮和一个定滑轮组成，通过动滑轮绳子的段数最多为3，据此画出最省力的绕线方法。
在滑轮组中，绕过动滑轮的绳子股数越多会越省力，即F=1nG。
24.【答案】解：向右移动滑片，灯泡变亮说明滑动变阻器与灯泡串联，且电路中的电流变大，根据欧姆定律可知电路中的电阻变小，即滑动变阻器接入电路的电阻变小，即必须把B接线柱接入电路；由于电源为两节电池，所以电源电压为3V，电压表选用小量程与小灯泡并联，如下图所示：
。
【解析】向右移动滑片，灯泡变亮说明滑动变阻器与灯泡串联，且电路中的电流变大，根据欧姆定律可知电路中的电阻变小，即滑动变阻器接入电路的电阻变小，即必须把B接线柱接入电路，电压表与小灯泡并联。
本题考查了实物图的连接，关键是根据题意判断灯泡与滑动变阻器的连接方式以及正确的连接、电流表和电压表的使用方法。
25.【答案】左 0.1在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压成正比
【解析】解：(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，由图可知，应将滑动变阻器的滑片应移到阻值最左端；
(2)由图乙可知，电流表的量程为0∼0.6A，分度值是0.02A，故电流表示数是0.1A；
(3)分析表中数据可知，电压增大几倍，对应的电流也增大几倍，故可得结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
故答案为：(1)左； (2)0.1；(3)在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
(1)为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处；
(2)由图判断电流表的量程以及分度值，从而得出电流表示数；
(3)分析表中数据判断电流与电压的关系。
本题考查探究电流与电压的关系的实验，难度不大。
26.【答案】B 钢球推动木块水平移动的距离大小 转换法 速度 相同速度的不同物体，质量越大 <④
【解析】解：(1)由题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小，故B符合题意，ACD不符合题意，故选：B；
(2)实验中通过观察木块被钢球推动距离大小来反映小球动能的大小，这是转换法的应用；
(3)由①②两图可知：让质量不同的钢球从斜面的同一高度滚下，是为了使两球到达水平面时速度相等，两个小球的质量不同，因此可以探究物体动能与物体质量的关系；最终通过实验可得结论为：相同速度的不同物体，质量越大，动能越大；
(4)乙中两次实验中木块被撞击后滑行过程中所受摩擦力分别为f3、f4，因为在同种接触面上，压力不变时，摩擦力大小不变，故f3=f4，sA
故答案为：(1)B；(2)钢球推动木块水平移动的距离大小；(3)速度；相同速度的不同物体，质量越大；(4)<；(5)④。
(1)据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小；
(2)实验中通过观察木块被钢球推动距离大小判断钢球的动能大小的，利用了转换法；
(3)(5)动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究。研究与速度关系时要保证质量相同，速度不同。研究与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；在探究和分析结论时，一定要注意控制变量法的运用；
(4)滑动摩擦力的大小只与接触面的粗糙程度和压力的大小有关，与物体运动速度的大小无关；根据功的计算公式分析可得。
本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法。从图中现象发现质量、速度的不同是此题的关键。
27.【答案】质量 加热时间 甲 电流 电阻
【解析】解：(1)根据比较吸热能力的方法可知，需控制不同物质的质量相同，故实验中应量取质量相同的甲、乙两种液体分别倒入相同的烧杯中；
(2)根据转换法可知，用相同规格的电加热器加热甲、乙两种液体，加热时间越长，吸收的热量就越多，因此可以通过比较加热时间来比较它们吸收热量的多少；
(3)由甲、乙两种液体的温度随加热时间变化的图像可知，加热5min，即吸收的热量相同，甲升高的温度为
Δt甲=30℃−10℃=20℃
乙升高的温度为
Δt乙=50℃−10℃=40℃
根据比较吸热能力的方法可知，甲的吸热能力更强；
(4)通电5min后，比较烧瓶中温度计的示数，发现b温度计示数升高得高，说明乙中液体的温度变化量大，乙中液体吸收的热量多，则乙中电阻放出的热量多，又因为烧瓶内甲的电阻小于乙的电阻，所以电流和通电时间相同时，电阻越大，电流通过导体时产生的热量就越多。
故答案为：(1)质量；(2)加热时间；(3)甲；(4)电流；电阻。
(1)根据比较吸热能力的方法可知，需控制不同物质的质量相同。
(2)根据转换法可知，可以通过比较加热时间来比较它们吸收热量的多少。
(3)根据图象和比较吸热能力的方法分析；
(4)根据控制变量法分析；串联电路处处都相等；电流和通电时间相同时，电阻越大，电流通过导体时产生的热量就越多。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法的运用，为热学中的重要实验。
28.【答案】断开 0.63BU额R2 U额×(I−U额R2)
【解析】解：(一)(1)为了保护电路中各用电器的安全，每次拆接电压表时，开关应处于断开状态。
(2)灯泡L1和L2为串联电路，电压表测量L1两端的电压，故电压表与L1并联，根据电流从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出得到图乙中电流从L1的右端流出，则L1的右端应与L2的右端连接，电路如图所示：
(3)由图可知电压表V1测量的是灯泡L1两端的电压，电压表V2测量的是灯泡L1和L2两者电压的总电压，实验发现两电压表指针偏转角度相同，可能的原因是电压表V2的量程选大了；电压表V2的示数是V1的5倍，图中电压表V2测量的是灯泡L1和L2两者电压的总电压，也是电源电压，即电压表V2的示数为3V，那么电压表V1的示数为0.6V；
(4)为了测量BC间的电压，应该保持C接线柱不动，将电压表V2的A点改接到B；如果保持B接线柱，将电压表V1的连线由A改接到C会导致电压表V1的正负接线柱接反，故选：B；
(二)(5)闭合开关S、S2，断开开关S1，R2和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量通过灯泡的电流，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表示数U额R2，此时灯泡正常发光；
(6)闭合开关S、S1，断开S2，R2和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量干路电流，记下此时电流表的示数为I；
(7)在上面分析中，R2和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量干路电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路的电流特点可知通过小灯泡的电流为：I额=I−U额R2，
则小灯泡的额定功率的表达式为：P额=U额I额=U额×(I−U额R2)。
故答案为：(1)断开；(2)见解答图；(3)0.6；3；(4)B；(5)U额R2；(7)U额×(I−U额R2)。
(一)(1)为了保护电路中各用电器的安全，每次拆接电压表时，开关应处于断开状态；
(2)根据电压表与待测电路并联，两个灯泡串联连接电路；
(3)由图可知电压表V1测量的是灯泡L1两端的电压，电压表V2测量的是灯泡L1和L2两者电压的总电压，实验发现两电压表指针偏转角度相同，可能的原因是电压表V2的量程选大了；电压表V2的示数是V1的5倍，图中电压表V2测量的是灯泡L1和L2两者电压的总电压，也是电源电压，据此可知两个电压表的示数；
(4)用电压表测量电压时，电流从电压表正接线流入，从负接线柱流出，否则，电压表指针反向偏转；
(二)(5)闭合开关S、S2，断开开关S1，R2和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量通过灯泡的电流，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表示数U额R2；
(6)闭合开关S、S1，断开S2，R2和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量干路电流，记下此时电流表的示数为I；
(7)根据并联电路的电流特点可知通过小灯泡L的电流，根据P=UI可知小灯泡的额定功率的表达式。
本题考查了实物电路图的连接、注意事项、电路故障的判断、电压表的连接、电路设计、电功率公式和欧姆定律的应用等，综合性强。
29.【答案】解：由电路图知小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；
(1)根据P=U2R得小灯泡正常发光时的电阻为
RL=U额2P额=(6V)23W=12Ω；
(2)根据P=UI得小灯泡正常发光时的电流为：
IL=P额U额=3W6V=0.5A，
滑动变阻器两端的电压为：
U滑=U−UL=10V−6V=4V，
滑动变阻器接入电路中的电阻为：
R=U滑IL=4V0.5A=8Ω；
(3)小灯泡的实际电压为：
UL实=U−U滑′=10V−6V=4V，
小灯泡的实际功率为：
PL实=UL实2RL=(4V)212Ω≈1.33W。
答：(1)小灯泡正常发光时的电阻为12Ω；
(2)小灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω；
(3)当电压表示数为6V时，小灯泡的实际功率为1.33W。
【解析】由电路图知小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；
(1)根据P=U2R算出小灯泡正常发光时的电阻；
(2)根据P=UI算出小灯泡正常发光时的电流，由串联电路电压的规律算出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律算出滑动变阻器接入电路中的电阻；
(3)由串联电路电压的规律算出小灯泡的实际电压，由P=U2R算出小灯泡的实际功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，是一道中考常见题。
30.【答案】解：
(1)小轿车的重力G=mg=1.5×103kg×10N/kg=1.5×104N，
小轿车所受阻力为f=0.1G=0.1×1.5×104N=1.5×103N，
因小轿车匀速行驶，所以牵引力F牵=f=1.5×103N；
(2)燃烧10kg汽油产生的热量Q放=m油q=10kg×5×107J/kg=5×108J，
小轿车匀速行驶100km所做的功W=F牵s=1.5×103N×100×103m=1.5×108J，
小轿车发动机的效率η=WQ放=1.5×108J5×108J=30%；
(3)小轿车所受阻力与它的速度成正比，当它以2v的速度匀速行驶时，小轿车所受牵引力：
F牵′=f′=2f=2×1.5×103N=3×103N，
若发动机的效率为48%，则小轿车燃烧10kg汽油所转化的机械能：
W′=η′Q放=48%×5×108J=2.4×108J，
小轿车能行驶的路程：s′=W′F牵′=2.4×108J3×103N=8×104m。
答：(1)该过程小轿车所受的牵引力为1.5×103N；
(2)该过程小轿车发动机的效率为30%；
(3)小轿车受到的牵引力为3×103N；燃烧10kg汽油时能行驶的路程为8×104m。
【解析】(1)根据G=mg得出小轿车的重力，根据f=0.1G得出小轿车所受阻力，因小轿车匀速行驶，根据F牵=f得出牵引力；
(2)根据Q放=m油q得出燃烧10kg汽油产生的热量，根据W=F牵s得出小轿车匀速行驶100km所做的功，根据η=WQ放得出小轿车发动机的效率；
(3)小轿车所受阻力与它的速度成正比，据此求出以2v的速度匀速行驶时小轿车所受牵引力，若发动机的效率为48%，根据W′=η′Q放得出则小轿车燃烧10kg汽油所转化的机械能，根据s′=W′F牵′得出小轿车能行驶的路程。
本题考查热值和效率的有关计算，难度较大。
31.【答案】a
【解析】解：(1)由图乙可知，当开关S接a时，R1工作，根据题意可知，R1是额定功率为2000W的电热丝，所以此时该电热水瓶处于加热状态；
当开关S接b时，R2与电磁泵串联，此时电热水瓶处于电动出水状态；
(2)水吸收的热量：Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(100℃−15℃)=7.14×105J；
由P=Wt可知，电热水瓶正常工作7min消耗的电能：W=P1t=2000W×7×60s=8.4×105J，
该电热水瓶的加热效率：η=Q吸W=7.14×105J8.4×105J=85%；
加热效率在三级能效规定范围内，可判断该电热水瓶的加热效率达到了三级能效；
(3)根据串联电路的电压特点可知，电磁泵在额定电压下工作时，电阻R2两端的电压：U2=U−U泵=220V−20V=200V，
根据串联电路的电流特点可知，电磁泵在额定电压下工作时的电流：I泵=I=I2=U2R2=200V160Ω=1.25A；
电磁泵的额定功率：P泵=U泵I泵=20V×1.25A=25W；
处于电动出水状态时的功率：P出=UI=220V×1.25A=275W。
答：(1)a；
(2)该电热水瓶的加热效率达到了三级能效；
(3)电磁泵的额定功率为25W；处于电动出水状态时该电热水瓶的功率为275W。
(1)由图乙可知，当开关S接a时，R1工作，当开关S接b时，R2与电磁泵串联；
(2)根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量，根据W=Pt求出电热水瓶消耗的电能，根据效率公式求出电热水瓶的加热效率，与三级能效比较可知是否达到三级能效；
(3)根据串联电路的电压特点求出电磁泵正常工作时，R1两端的电压，根据欧姆定律求出通过R1的电流，根据串联电路的电流特点可知电磁泵的额定电流，根据P=UI求出电磁泵的额定功率；根据P=UI求出处于电动出水状态时该电热水瓶的功率。
本题是一道电热综合题，主要考查串联电路的特点、吸热公式、电功公式、电功率公式、效率公式以及欧姆定律的应用，题目有一定的难度。实验次数
1
2
3
4
电压U/V
1.0
1.6
2.2
2.8
电流I/A
0.16
0.22
0.28
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