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2020-2021学年江苏省扬州市广陵区九年级（上）期末物理试卷
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这是一份2020-2021学年江苏省扬州市广陵区九年级（上）期末物理试卷，共40页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省扬州市广陵区九年级（上）期末物理试卷
一、选择题（共12小题，每小题2分，共24分）
1．（2分）如图所示，所使用杠杆属于费力杠杆的是（ ）
A．镊子 B．扳手
C．羊角锤 D．老虎钳
2．（2分）如图所示，属于内能转化为机械能的是（ ）
A．做功冲程
B．弯折铁丝
C．电风扇
D．压缩点火
3．（2分）对下列物理现象解释正确的是（ ）
A．夏天用电风扇吹风使人感到凉快，是因为电风扇可以减小空气的内能
B．用水作汽车发动机的冷却液，是因为水的比热容较大
C．甲物体传递了热量给乙物体，说明甲物体的内能大
D．手碰到家庭照明电路裸露的导线却没有发生触电事故，是因为照明电路的电压是安全电压
4．（2分）如图为直流电动机的基本构造示意图。以下相关的分析中正确的是（ ）
A．电动机是利用电磁感应的原理工作的
B．电动机工作过程中，消耗的电能全部转化为机械能
C．使线圈连续不停地转动下去是靠电磁继电器来实现的
D．仅改变磁感线的方向可以改变线圈转动的方向
5．（2分）如图所示的四个实验中，能说明发电机工作原理的实验是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（2分）下列运用科学方法的实例中，属于“转换法”的是（ ）
A．研究光的传播引入光线
B．将电流比作水流
C．用弹簧连接两个小球来研究分子间作用力
D．通过吸起大头针的个数来判断磁体的磁性强弱
7．（2分）“收官之作，星耀全球”，2020年6月23日，长征三号乙运载火箭搭载着北斗三号最后一颗全球组网卫星成功发射，标志着我国全面完成北斗全球卫星导航系统星座部署，下列说法正确的是（ ）
A．火箭使用液氢燃料，主要是因为液氢的比热容较大
B．燃料燃烧时内能转化为化学能
C．火箭加速升空时，机械能总量在不断增大
D．卫星上的太阳能电池板将太阳能转化为内能
8．（2分）学校运动会上举行“双摇跳绳”比赛，“双摇跳绳”是指每次在双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法。比赛中，初三某同学1min内摇轻绳240圈，则他在整个跳绳过程中的功率最接近于（ ）
A．100W B．500W C．1000W D．1500W
9．（2分）如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S，灯L1和L2均发光。一段时间后，一盏灯突然熄灭，而电流表和电压表的示数都不变，出现这一现象的原因可能是（ ）
A．灯L1开路 B．灯L2开路 C．灯L1短路 D．灯L2短路
10．（2分）如图所示为一种温度自动报警器的原理图，图中的水银温度计在制作时，玻璃管中封入一段金属丝，电源的两极分别和金属丝相连，当温度达到设定值，电铃报警。下列说法中正确的是（ ）
A．若将温度计上端的金属丝向下调整，则报警温度将升高
B．电铃工作时，电磁铁a端为N极
C．电磁铁的工作原理是电磁感应
D．温度升高到78℃时，电铃报警
11．（2分）综合实践活动小组在设计楼梯电路时，需要在楼上和楼下都能控制楼梯中间电灯发光和熄灭。如图为四位同学设计的控制楼梯电灯的模拟电路图，其中能达到控制要求的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2分）如图所示电路图，电源电压恒为6V，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～3V，滑动变阻器规格“50Ω 1A”，小灯泡规格“2.5V 0.625W”，若不考虑小灯泡阻值随温度的变化，小灯泡两端电压不允许超过额定值，闭合开关，为保证电路安全，下列说法正确的是（ ）
A．滑片向右滑动，电流表示数变小，电压表示数变大
B．电路中允许通过最大电流为0.6A
C．滑动变阻器的阻值允许调节的范围是14﹣50Ω
D．电路的最小电功率是1.5W
二、填空题（共9小题，每空1分，共30分）
13．（4分）1831年，物理学家法拉第发现： 电路的一部分导体在磁场中做 运动时，电路中就会产生 ，这个现象叫做电磁感应现象。根据此原理发明的 ，为人类进入电气化时代做出了重大贡献。
14．（3分）航母舰载机即将起飞前，燃料燃烧会获得大量的 能，向后喷射出高温高速燃气流。为了避免对舰上人员及其它器材造成危害，甲板上安装了偏流板（如图），偏流板后面装有供冷却水循环流动的格状水管，这是利用水的 的特性来降低偏流板的温度。制作偏流板材料的熔点应较 （填“高”或“低”）
15．（5分）如图是皮球落地后弹起过程中每隔相等时间曝光一次所拍摄的照片。由图可知，下落过程中，皮球的速度 ，皮球的重力势能 ，动能 。皮球运动过程中的机械能 （以上均选填“增大”“减小”或“不变”）。A、B两位置高度相同，皮球在A处动能 B处动能（选填“大于”“小于”或“等于”）。
16．（3分）在家庭电路中，用测电笔辨别输电线时，能使氖管发光的是 线；为确保安全用电，电饭锅、电冰箱等使用三孔插座，其中一个插孔能将用电器的金属外壳与 连接起来；长期不用的家电设备每隔一段时间后需要通电一次，这是 电热（选填“利用”或“防止”）。
17．（3分）实验小组用电能表参数是2000imp/（kW•h）的电子式电能表来测量电水壶的功率。他们将其余所有用电器关闭，只让电水壶工作，数出电能表指示灯在3min内闪烁了120次。则该水壶在3min内消耗的电能是 kW•h，该水壶的实际功率是 W．细心的小明发现不同用电器工作时电能表的指示灯闪烁的快慢是变化的，电能表指示灯闪烁的越快，说明电流通过用电器所做的电功 （填“越多”、“越少”、“越快”或“越慢”）。
18．（3分）LED灯具有节能、环保等特点。如图是额定电压为220V、额定功率为4.4W的LED灯泡。该灯泡的额定电流是 A．若它每天正常发光5h，一个月（30天）消耗的电能是 kW•h．与普通白炽灯相比，在达到相同亮度的条件下，假设LED灯可以节约90%的电能，则这个LED灯与功率为 W的白炽灯亮度相当。
19．（3分）小强同学利用如图甲所示的滑轮组将货物运送到楼上，不计绳子重和摩擦。如果所送货物重G从20N开始逐渐增加，每次均匀速拉动绳子，且提升同样的高度，图乙记录了在整个过程中滑轮组的机械效率随货物的重力的增加而变化的图象。当用拉力F拉着重G为20N的货物以0.5m/s的速度匀速上升时，滑轮组的机械效率是 ，动滑轮的重是 N；拉力F的功率为 ；当货物重G为180N时，滑轮组的机械效率是 。
20．（2分）如图，电源电压为6V，L的电阻是10Ω，滑动变阻器的最大值是40Ω．闭合开关后，滑片从a端向b端移动时，电压表对应的示数变化范围是 ，灯L消耗的电功率 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
21．（3分）一种亮度可以调节的小台灯，其电路如图甲所示。电源电压为24V，灯泡L的额定电压为24V，通过灯泡L的电流跟其两端电压的关系如图乙所示。当灯泡正常发光时，灯丝的电阻为 Ω．调节滑动变阻器R，使灯泡两端的电压是12V，则灯泡的实际功率为 W，滑动变阻器R连入电路的阻值是 Ω。
三、解答题（共10小题，第22、23、24题每小问2分，第29题第1小问2分，其余每空1分，共46分）
22．请在图中画出所用最小力的绳子的绕法。
23．请完成图中电路的连接，使其符合安全用电的要求。
24．在图中，标出电源的正极，并用箭头表示磁感线方向。
25．（6分）用天然气灶烧水，燃烧0.5m3的天然气，可使100kg的水从20℃升高70℃。已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）。天然气的热值q＝3.2×107J/m3，求：
（1）0.5m3天然气完全燃烧放出的热量Q放；
（2）水吸收的热量Q吸；
（3）燃气灶的效率η。
26．（6分）如图所示，灯L标有“6V3W”字样，电源电压恒为6V，定值电阻R＝6Ω，设灯L的阻值不随温度变化而变化。求
（1）灯L正常发光时的电阻是多少？
（2）只闭合S1、S3时，电阻R在60s内产生的热量是多少？
（3）要使整个电路消耗的电功率最小（且电路电流不为0），各开关的闭合情况应如何？此时的最小电功率为多少？
27．（6分）小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，选用质量不同两个钢球m和2m，分别从不同的高度h和2h由静止开始放下，观察木块被撞击后移动的距离。实验过程如图所示。
（1）小明通过观察 来判断小球动能的大小，他利用的研究方法是 ；若水平面绝对光滑，本实验将 （能/不能）达到探究目的。
（2）由甲、乙两图可得实验结论：物体的动能大小与 有关。
（3）小明由乙、丙两图得出实验结论：物体的动能大小与质量有关，她的看法是否正确？ （正确/错误），理由是： 。
28．（5分）如图所示是小李和小王利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
（1）实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将平衡螺母向 调节，使杠杆在水平位置平衡，这样操作的主要目的是 。
（2）杠杆平衡后，小李在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，杠杆的 端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，可将右侧的钩码悬挂位置向 移动。
（3）小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为 的实验方案更好，请说明你的理由。
（4）实验中小王发现，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 （能/不能）影响到杠杆的平衡？请说明理由 。
29．（5分）为探究斜面的机械效率与斜面倾斜程度之间的关系，某探究小组的同学利用木块、木板、刻度尺、弹簧测力计等器材设计了如图所示的实验装置。实验测得的数据如下表：
实验次数
侧面倾斜程度
木块重力G/N
斜面高度h/m
沿斜面拉力F/N
斜面长度s/m
机械效率η
1
较缓
3
0.2
1.6
1
37.5%
2
较陡
3
0.3
1.8
1
3
最陡
3
0.4
2.0
1
60.0%
请你根据表中的数据解答下列问题：
（1）实验中要求用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做 运动，若木块沿斜面加速运动，则测得的机械效率 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（2）第2次实验中，斜面的机械效率为 。
（3）当斜面长度一定时，斜面的机械效率η与斜面的高度h之间的关系大概如图 所示。
（4）从表格中我们还可以看出斜面的倾斜程度越 （选填“缓”或“陡”）越省力。
30．（4分）在“探究通电螺线管外部磁场”的实验中，老师在螺线管的两端各放一个小磁针，并在有机玻璃板上均匀的撒满铁屑：（1）闭合开关通电后，接下来的操作应该是 。这样做的目的是：使铁屑在玻璃板上跳动减小它与玻璃板之间的摩擦，从而使铁屑在磁场力的作用下动起来，更好地显示磁场分布情况；放入的小磁针是为了显示 。
（2）铁屑的分布如图所示。图中A、B点相比， 点磁场较强；实验中 （选填“能”或“不能”）用铜屑代替铁屑显示磁场分布。
31．（8分）在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，所用滑动变阻器的最大阻值40Ω。
（1）请用笔画线代替导线在图甲中完成实物电路的连接；
（2）小明同学进行试触时，发现小灯泡不发光，电流表无示数，电压表有示数，则电路中发生的故障可能是 （选填“小灯泡断路”、“小灯泡短路”或“滑动变阻器处断路”）；
（3）某次实验中，小明看到电压表示数为1.8V，要使灯泡L正常发光应向 （选填“A”或“B”）端移动滑片，同时视线应注意观察 （选填“电流表”或“电压表”）示数，当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 W。
（4）小明还想利用图甲电路探究电流与电压的关系，你认为是否可行？ （选填“可行”或“不可行”），为什么？ 。
2020-2021学年江苏省扬州市广陵区九年级（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题2分，共24分）
1．（2分）如图所示，所使用杠杆属于费力杠杆的是（ ）
A．镊子 B．扳手
C．羊角锤 D．老虎钳
【分析】结合图片和生活经验，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。
【解答】解：A、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
B、扳手在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
C、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
D、老虎钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
故选：A。
【点评】本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．（2分）如图所示，属于内能转化为机械能的是（ ）
A．做功冲程
B．弯折铁丝
C．电风扇
D．压缩点火
【分析】（1）内燃机的做功冲程将内能转化为机械能。
（2）做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移。
（3）用电器工作时将电能转化为其他形式能量。
（4）压缩气体做功，气体的内能增加，机械能转化为内能。
【解答】解：A、在内燃机的做功冲程中，燃气膨胀对外做功，将内能转化为机械能，故A正确；
B、弯折铁丝时，是通过做功将机械能转化为内能，故B错误；
C、电风扇工作时，将电能转化为机械能，故C错误；
D、压缩点火，属压缩气体做功，将机械能转化为内能，故D错误。
故选：A。
【点评】本题的关键是明确做功的实质是能量的转化，物体对外做功是将内能转化为机械能，对物体做功是将机械能转化为内能。
3．（2分）对下列物理现象解释正确的是（ ）
A．夏天用电风扇吹风使人感到凉快，是因为电风扇可以减小空气的内能
B．用水作汽车发动机的冷却液，是因为水的比热容较大
C．甲物体传递了热量给乙物体，说明甲物体的内能大
D．手碰到家庭照明电路裸露的导线却没有发生触电事故，是因为照明电路的电压是安全电压
【分析】（1）影响蒸发快慢的因素有三个，即液体的温度、液体的表面积和液体表面的空气流动情况，且蒸发吸热；
（2）水的比热容较大，质量相同的水和其它液体相比较，升高相同的温度时，吸收的热量多；吸收或放出相同的热量时，温度变化较小，因此常用来做冷却剂、取暖剂、防冻剂等；
（3）发生热传递的条件是有温度差；
（4）家庭电路的电压为220V，对人体安全的电压为不高于36V。
【解答】解：A、夏天用电风扇吹风，加快了空气流动，促进了汗液的蒸发，由于蒸发是吸热的，所以人感到凉快，不是电风扇降低了空气的内能，故A错误；
B、用水作汽车发动机冷却剂，是因为水的比热容较大，同种情况下水吸收的热量多，故B正确；
C、甲物体传递了热量给乙物体，说明甲物体的温度高，但甲物体内能不一定大，故C错误；
D、家庭电路的电压为220V，对人体安全的电压为不高于36V，照明电路的电压不是安全电压，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查了蒸发的作用、热传递的条件、水的比热容的特点及应用以及对常见电压值的了解，属于综合性题目。
4．（2分）如图为直流电动机的基本构造示意图。以下相关的分析中正确的是（ ）
A．电动机是利用电磁感应的原理工作的
B．电动机工作过程中，消耗的电能全部转化为机械能
C．使线圈连续不停地转动下去是靠电磁继电器来实现的
D．仅改变磁感线的方向可以改变线圈转动的方向
【分析】电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，且所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关；工作时，消耗电能产生机械能，所以是将电能转化为机械能的过程；且使得线圈持续转动的原因是换向器。
【解答】解：A、电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，故A错误；
B、电动机工作过程中，消耗的电能大部分转化为机械能，有一部分电能转化成了热能，故B错误；
C、使线圈连续不停地转动下去是靠换向器来实现的，故C错误；
D、电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，且所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关，故仅改变磁感线的方向可以改变线圈转动的方向，故D正确；
故选：D。
【点评】知道并理解电动机的原理、受力方向的改变、能量转化等知识点，是一道综合题。
5．（2分）如图所示的四个实验中，能说明发电机工作原理的实验是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。
【解答】解：A、开关闭合后，电路中有电流，通电导体或线圈受到磁场力的作用发生运动，即通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故该选项不符合题意；
B、开关闭合后，在外力作用下使导体左右移动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理，符合题意；
C、该装置是利用电流的磁效应的原理，即通电时该线圈会产生磁性，移动滑片可以改变电路的大小，从而改变磁性强弱，不符合题意；
D、是奥斯特实验，小磁针发针偏转说明通电导体周围有磁场，不符合题意。
故选：B。
【点评】本题中学生容易混淆的两个图是BD，要从有无电源上区分，有电源的是电动机，无电源的是发电机。
6．（2分）下列运用科学方法的实例中，属于“转换法”的是（ ）
A．研究光的传播引入光线
B．将电流比作水流
C．用弹簧连接两个小球来研究分子间作用力
D．通过吸起大头针的个数来判断磁体的磁性强弱
【分析】首先对选项中的每个探究过程或研究方法进行分析，明确采用的具体方法，然后确定符合题意的选项。
【解答】解：A、研究光的传播引入光线，采用的是模型法。故A不符合题意；
B、电流不能直接观察，水流可以直接感受，用能够直接观察的水流说明电流的作用和形成，采用的是类比法。故B不符合题意；
C、用弹簧连接两个小球来研究分子间作用力，采用的是模型法。故C不符合题意；
D、磁性强弱无法直接判断，通过转换吸起大头针的个数来判断磁体的磁性大小，采用的是转换法。故D符合题意。
故选：D。
【点评】物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。
7．（2分）“收官之作，星耀全球”，2020年6月23日，长征三号乙运载火箭搭载着北斗三号最后一颗全球组网卫星成功发射，标志着我国全面完成北斗全球卫星导航系统星座部署，下列说法正确的是（ ）
A．火箭使用液氢燃料，主要是因为液氢的比热容较大
B．燃料燃烧时内能转化为化学能
C．火箭加速升空时，机械能总量在不断增大
D．卫星上的太阳能电池板将太阳能转化为内能
【分析】（1）热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小；
（2）根据消耗能量与得到能量是什么来判断能量的转化情况；
（3）机械能是动能和势能的总和，根据影响动能和势能的因素来进行分析即可；
（4）太阳能电池工作时把太阳能转化为电能。
【解答】解：A、发射火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量，故A错误；
B、火箭升空的过程中，燃料燃烧释放出的内能转化为机械能，故B错误；
C、北斗导航卫星加速升空的过程中，速度增大，高度增大，因此动能和重力势能都增大，机械能的总量也增大，故C正确；
D、卫星上的太阳能电池板将太阳能转化为电能，故D错误。
故选：C。
【点评】本题既考查了火箭发射过程中的能量转化和机械能变化情况，同时也考查了对燃料热值的了解，属基础知识的考查，难度不大。
8．（2分）学校运动会上举行“双摇跳绳”比赛，“双摇跳绳”是指每次在双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法。比赛中，初三某同学1min内摇轻绳240圈，则他在整个跳绳过程中的功率最接近于（ ）
A．100W B．500W C．1000W D．1500W
【分析】首先估计出学生的质量，从而求出重力，再估计出腾空高度，根据W＝Fs＝Gh计算出做的功；根据摇绳的次数和时间，结合P＝求出功率的大小。
【解答】解：中学生的质量约50kg，其重力为G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N；
跳跃过程中腾空高度约h＝0.10m；
因此一次做功W＝Fs＝Gh＝500N×0.10m＝50J；
由于“双摇跳绳”是指每次在双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法，
所以1min内摇轻绳240圈，人起跳＝120次；
在1min内一共做功：W总＝50J×120＝6000J，
则功率P＝＝＝100W。
故选：A。
【点评】本题考查了功率的计算，关键是能够对学生质量和起跳高度有一个正确的估测，另外理解“双摇跳绳”的概念也是解题的关键。
9．（2分）如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S，灯L1和L2均发光。一段时间后，一盏灯突然熄灭，而电流表和电压表的示数都不变，出现这一现象的原因可能是（ ）
A．灯L1开路 B．灯L2开路 C．灯L1短路 D．灯L2短路
【分析】如图所示，两灯泡并联，电流表测量的是灯L2中电流，电压表测量并联电路两端电压，即电源电压；若一盏灯突然熄灭，电压表示数和电流表示数均不变，说明电流表所在的支路完好，另一条支路发生断路。
【解答】解：因为两灯并联，并且并联电路中各支路互不影响，当一盏灯突然熄灭，而电压表和电流表示数均不变，说明电流表所在的支路完好，故电路故障为L1断路。
故选：A。
【点评】在判断故障时，会根据电压表的示数的变化判断：若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，电压表两接线柱之间有开路；若电压表无示数，说明电压表被短路或与电源不能相通。
10．（2分）如图所示为一种温度自动报警器的原理图，图中的水银温度计在制作时，玻璃管中封入一段金属丝，电源的两极分别和金属丝相连，当温度达到设定值，电铃报警。下列说法中正确的是（ ）
A．若将温度计上端的金属丝向下调整，则报警温度将升高
B．电铃工作时，电磁铁a端为N极
C．电磁铁的工作原理是电磁感应
D．温度升高到78℃时，电铃报警
【分析】（1）根据金属丝位置变化时所处的温度值分析；
（2）根据安培定则分析；
（3）电流的周围存在磁场；
（4）左端电路的控制要点在于水银柱的变化，而右端的控制要点则在电磁铁对衔铁的吸引，再由此分析电路中温度变化时的工作情况。
【解答】解：
A、若将温度计上端的金属丝向下调整，金属丝所处的温度值会变小，则报警温度将降低，故A错误；
B、当电铃工作时，电流从电磁铁的左端流入，右端流出，由安培定则可知，电磁铁的a端为S极，故B错误；
C、电磁铁的工作原理是电流的磁效应，故C错误；
D、温度升高到78℃时，水银柱与上方金属丝连通，使左侧形成通路，电磁铁中有电流通过，电磁铁吸引衔铁，使触点接触，右侧电路接通，电铃发出报警信号，故D正确。
故选：D。
【点评】明确图中左侧为控制电路，右侧为工作电路，两电路依据中间的电磁铁来发生相互作用，是搞清这一装置原理的关键点之一，同时，还应明确水银也是导体，当其与上方金属丝接通时，也成为了电路的一部分。
11．（2分）综合实践活动小组在设计楼梯电路时，需要在楼上和楼下都能控制楼梯中间电灯发光和熄灭。如图为四位同学设计的控制楼梯电灯的模拟电路图，其中能达到控制要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题目条件，在楼上和楼下都能控制楼梯中间电灯发光和熄灭，逐一分析各选项电路判断。
【解答】解：A、图中电路是断开的，灯泡不工作，当S1接到下面触点或S2接到上面触点，电路都是闭合电路，灯泡都能正常工作，符合题意。
B、图中电路是闭合电路，灯泡工作，当S1接到下面触点或S2接到上面触点，电路都是断开的电路，灯泡都停止工作，符合题意。
C、图中电路是闭合电路，灯泡工作，当S2接到左边的触点，灯泡还工作，不符合题意。
D、图中电路是闭合电路，灯泡工作，当S1移到上端触点或S2移到下端触点，电路都是断开的电路，灯泡都停止工作，符合题意。
故选：ABD。
【点评】本题思路：观察灯泡现在的状态，如果改变任何一个开关的触点都能改变灯泡的工作状态，电路设计正确，否则设计错误。
12．（2分）如图所示电路图，电源电压恒为6V，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～3V，滑动变阻器规格“50Ω 1A”，小灯泡规格“2.5V 0.625W”，若不考虑小灯泡阻值随温度的变化，小灯泡两端电压不允许超过额定值，闭合开关，为保证电路安全，下列说法正确的是（ ）
A．滑片向右滑动，电流表示数变小，电压表示数变大
B．电路中允许通过最大电流为0.6A
C．滑动变阻器的阻值允许调节的范围是14﹣50Ω
D．电路的最小电功率是1.5W
【分析】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器滑片向右滑动，接入电路中的电阻变大时，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，灯泡两端的电压变小；
（2）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出灯泡的额定电流，然后结合电流表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的最小电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流，再根据P＝UI求出该电路的最小功率。
【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器滑片向右滑动，接入电路中的电阻变大时，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，即电流表示数变小；根据U＝IR可知灯泡两端的电压变小，即电压表示数变小；故A错误；
（2）根据P＝UI可得，灯的额定电流：IL额＝＝＝0.25A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，所以，电路中的最大电流为Imax＝0.25A；故B错误；
由I＝可得，灯泡的电阻：RL＝＝＝10Ω，
电路中的总电阻：Rmin＝＝＝24Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑min＝Rmin﹣RL＝24Ω﹣10Ω＝14Ω，所以滑动变阻器的阻值允许调节的范围是14﹣50Ω，故C正确；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的功率最小，此时电路中的电流：Imin＝＝＝0.1A，
电路的最小功率为：P＝UImin＝6V×0.1A＝0.6W，故D错误。
故选：C。
【点评】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，关键是根据灯泡的额定电压和电流表的量程确定电路中的最大电流。
二、填空题（共9小题，每空1分，共30分）
13．（4分）1831年，物理学家法拉第发现： 闭合 电路的一部分导体在磁场中做 切割磁感线 运动时，电路中就会产生 感应电流 ，这个现象叫做电磁感应现象。根据此原理发明的 发电机 ，为人类进入电气化时代做出了重大贡献。
【分析】根据电磁感应现象的概念、发电机的原理分析解答。
【解答】解：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流，这个现象叫作电磁感应；
根据电磁感应现象发明了发电机，为人类进入电气化时代做出了重大贡献。
故答案为：闭合；切割磁感线；感应电流；发电机。
【点评】法拉第的发现催生了发电机的发明，体现了科学技术是第一生产力。本题考查的是识记性的内容，比较简单。
14．（3分）航母舰载机即将起飞前，燃料燃烧会获得大量的 内 能，向后喷射出高温高速燃气流。为了避免对舰上人员及其它器材造成危害，甲板上安装了偏流板（如图），偏流板后面装有供冷却水循环流动的格状水管，这是利用水的 比热容大 的特性来降低偏流板的温度。制作偏流板材料的熔点应较 高 （填“高”或“低”）
【分析】（1）燃料燃烧时，它的化学能转化为内能；
（2）用水循环来降低偏流板的温度，是因为水在升高相同的温度时可以吸收更多的热量，冷却效果好；
（3）飞机起飞时向后喷射出高温高速燃气流，为了防止偏流板被高温熔化，制作偏流板材料的熔点应较高。
【解答】解：
飞机内的燃料的燃烧，使飞机获得大量的内能，然后转化为飞机的机械能；
水的比热容比较大，在升高相同的温度需要吸收更多的热量，所以利用水来降低偏流板的温度；
飞机起飞时向后喷射出高温高速燃气流，为了防止偏流板被高温熔化，所以制作偏流板材料的应具有较高的熔点。
故答案为：内；比热容大；高。
【点评】本题考查了燃料燃烧过程能的转化、水比热容的特点、物质的熔点，具有一定的综合性。
15．（5分）如图是皮球落地后弹起过程中每隔相等时间曝光一次所拍摄的照片。由图可知，下落过程中，皮球的速度 增大 ，皮球的重力势能 减小 ，动能 增大 。皮球运动过程中的机械能 减小 （以上均选填“增大”“减小”或“不变”）。A、B两位置高度相同，皮球在A处动能 大于 B处动能（选填“大于”“小于”或“等于”）。
【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
（3）机械能等于动能和势能之和，不计阻力，机械能守恒。
（4）皮球运动过程中，克服摩擦做功，将机械能转化为内能。
【解答】解：皮球下落过程中，由于受到重力的作用，皮球的速度越来越大；皮球的质量不变，高度变小，重力势能减小，速度变大，动能增大；
皮球运动过程中，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，机械能减小；
A、B两位置高度相同，A处的机械能大于B处的机械能，A和B处的重力势能相同，所以皮球在A处动能大于B处的动能。
故答案为：增大；减小；增大；减小；大于。
【点评】本题考查的是动能和重力势能的影响因素、机械能的概念以及能量转化问题，是一道基础题。
16．（3分）在家庭电路中，用测电笔辨别输电线时，能使氖管发光的是 火 线；为确保安全用电，电饭锅、电冰箱等使用三孔插座，其中一个插孔能将用电器的金属外壳与 大地 连接起来；长期不用的家电设备每隔一段时间后需要通电一次，这是 利用 电热（选填“利用”或“防止”）。
【分析】（1）测电笔内部有一个阻值很大的电阻。使用试电笔时，手接触笔尾金属体，笔尖金属体接触火线或零线，氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线；
（2）三孔插座中多出的一个孔是用来接地线的；三脚插头中有一根导线要与用电器金属外壳相连。目的就是为了防止触电；
（3）电热是有害的，但有时却也可以加以利用，如利用电热来驱潮等。
【解答】解：
（1）测电笔接触火线时，氖管发光；接触零线时，氖管不发光；
（2）为了安全用电，电饭锅、电冰箱等有金属外壳的家用电器的电源插座都用三孔插座，三脚插头的接地脚应与用电器的金属外壳相连通，这样若金属外壳的用电器外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生；
（3）长期不用的家电设备每隔一段时间后需要通电一次，这是利用电热来驱潮，可对电器起到保护作用。
故答案为：火；大地；利用。
【点评】掌握测电笔的正确使用方法、结构、能用试电笔分辨火线和零线；知道家庭电路的三孔插座的作用和接法；正确认识电热，做到趋利避害。
17．（3分）实验小组用电能表参数是2000imp/（kW•h）的电子式电能表来测量电水壶的功率。他们将其余所有用电器关闭，只让电水壶工作，数出电能表指示灯在3min内闪烁了120次。则该水壶在3min内消耗的电能是 0.06 kW•h，该水壶的实际功率是 1200 W．细心的小明发现不同用电器工作时电能表的指示灯闪烁的快慢是变化的，电能表指示灯闪烁的越快，说明电流通过用电器所做的电功 越快 （填“越多”、“越少”、“越快”或“越慢”）。
【分析】（1）根据电能表闪烁的次数可以求出电水壶消耗的电能，然后由电功率公式P＝求出电水壶的实际功率。
（2）用电器的功率越大，做功越快，电能表的表盘转动越快。
【解答】解：（1）2000imp/（kW•h），是指每消耗1kW•h的电能，电能表指示灯闪烁了2000次，
指示灯闪烁120次，电水壶消耗的电能：
W＝kW•h＝0.06kW•h＝2.16×105J；
该水壶的电功率：
P＝＝＝1200W，
（2）电能表指示灯闪烁的越快，说明电流通过用电器所做的电功越快；
故答案为：0.06；1200；越快。
【点评】本题考查了电水壶消耗的电能、电水壶的功率等问题，知道电能表参数的含义、熟练应用功率公式即可正确解题，解题时注意单位换算：1kW•h＝3.6×106J。
18．（3分）LED灯具有节能、环保等特点。如图是额定电压为220V、额定功率为4.4W的LED灯泡。该灯泡的额定电流是 0.02 A．若它每天正常发光5h，一个月（30天）消耗的电能是 0.66 kW•h．与普通白炽灯相比，在达到相同亮度的条件下，假设LED灯可以节约90%的电能，则这个LED灯与功率为 44 W的白炽灯亮度相当。
【分析】（1）知道LED灯的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出额定电流；
（2）LED灯正常发光时的功率和额定功率相等，根据W＝Pt求出消耗的电能；
（3）消耗的电能之差与白炽灯消耗的电能之比就是节约的百分比，据此进行解答。
【解答】解：（1）由P＝UI可得，LED灯的额定电流：
I＝＝＝0.02A；
（2）LED灯正常发光时的功率和额定功率相等，
由P＝可得，一个月消耗的电能：
W＝Pt＝4.4×10﹣3kW×5h×30＝0.66kW•h；
（3）设两种灯泡正常发光的时间为t，
则LED消耗的电能为：W＝Pt＝4.4×10﹣3kW×t，
白炽灯消耗的电能为：W′＝P′t，
在达到相同亮度的条件下，LED灯比白炽灯节约的电能为：△W＝P′t﹣Pt，
由题知，LED灯可以节约90%的电能，即＝＝90%，
故有：＝90%，
解得：P′＝0.044kW＝44W。
故答案为：0.02；0.66；44。
【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的灵活应用，关键是明白“LED灯可以节约90%电能”的含义，计算过程要注意单位的换算。
19．（3分）小强同学利用如图甲所示的滑轮组将货物运送到楼上，不计绳子重和摩擦。如果所送货物重G从20N开始逐渐增加，每次均匀速拉动绳子，且提升同样的高度，图乙记录了在整个过程中滑轮组的机械效率随货物的重力的增加而变化的图象。当用拉力F拉着重G为20N的货物以0.5m/s的速度匀速上升时，滑轮组的机械效率是 50% ，动滑轮的重是 20 N；拉力F的功率为 20W ；当货物重G为180N时，滑轮组的机械效率是 90% 。
【分析】（1）W有用＝Gh写出提升物体做的有用功的表达式，因不计绳子重和摩擦，由W额外＝G动h写出额外功的表达式；
根据η＝＝＝＝×100%，确定同一滑轮组机械效率的决定因素；
（2）将已知量物重G＝20N和机械效率为η＝50%代入上式可求动滑轮的重；
（3）由F＝求作用在绳子自由端的拉力，
根据绳自由端移动的距离与物体升高高度的关系：s＝nh，可推出v绳＝nv物，
根据P＝＝＝Fv可求拉力F的功率；
（4）当货物重G为180N时，将已知量代入由（1）滑轮组的机械效率表达式可求此时的机械效率。
【解答】解：
（1）由图乙可知，当用拉力F拉着重G为20N的货物匀速上升时，滑轮组的机械效率是50%；
（2）提升物体做的有用功：W有用＝Gh，
因不计绳子重和摩擦，故额外功来源为克服动滑轮自重做的功，即W额外＝G动h，
故滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝×100%﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
将物重G＝20N和机械效率η＝50%代入①式可得：
50%＝×100%，
解得动滑轮的重：G动＝20N；
（3）由图可知n＝3，不计绳子重和摩擦，作用在绳子自由端的拉力：
F＝＝＝，
绳子自由端移动的速度：v绳＝nv物，
拉力F的功率为：
P＝＝＝Fv绳＝F×nv物＝×3×0.5m/s＝20W；
当货物重G为180N时，由①式可得滑轮组的机械效率：
η′＝×100%＝＝90%。
故答案为：50%； 20； 20W； 90%。
【点评】本题考查绳自由端移动的距离与物体升高高度的关系s＝nh、作用在绳子自由端的力F＝、功率和机械效率计算。关键是明确：不计绳子重和摩擦，故额外功来源为克服动滑轮自重做的功。
20．（2分）如图，电源电压为6V，L的电阻是10Ω，滑动变阻器的最大值是40Ω．闭合开关后，滑片从a端向b端移动时，电压表对应的示数变化范围是 1.2V～6V ，灯L消耗的电功率 不变 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联，电压表测滑片左侧和灯泡两端的电压之和，电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，据此可知，滑片移动时电路中的总电阻不变和滑片左侧部分电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和电压表示数的变化，根据P＝I2R可知灯泡实际功率的变化；
当滑片位于a端时，电压表的示数最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表的示数，当滑片位于b端时，电压表的示数最大即为电源的电压，据此得出电压表对应的示数变化范围。
【解答】解：
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联，电压表测滑片左侧和灯泡两端的电压之和，
因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，
所以，滑片从a端向b端移动时，电路中的总电阻不变，但滑片左侧部分两端的电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流不变，
由U＝IR可知，滑片左侧和灯泡两端的电压之和变大，即电压表的示数变大；
由P＝I2R可知，灯泡消耗的电功率不变；
当滑片位于a端时，电压表的示数最小，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：
I＝＝＝0.12A，
电压表的最小示数：
UL＝IRL＝0.12A×10Ω＝1.2V，
当滑片位于b端时，电压表的示数最大，最大示数为电源的电压6V，
所以，电压表对应的示数变化范围是1.2V～6V。
故答案为：1.2V～6V；不变。
【点评】本题考查了电路的动态分析和串联电路特点以及欧姆定律的应用，关键是根据电压表的正确使用判断出滑片的移动不能改变接入电路中的电阻但可以改变电压表所测的电阻。
21．（3分）一种亮度可以调节的小台灯，其电路如图甲所示。电源电压为24V，灯泡L的额定电压为24V，通过灯泡L的电流跟其两端电压的关系如图乙所示。当灯泡正常发光时，灯丝的电阻为 60 Ω．调节滑动变阻器R，使灯泡两端的电压是12V，则灯泡的实际功率为 3.6 W，滑动变阻器R连入电路的阻值是 40 Ω。
【分析】（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据图象读出通过灯泡的电流，利用欧姆定律求出灯泡正常发光时灯丝的电阻；
（2）由电路图可知，R与L串联，根据图象读出灯泡两端的电压是12V时的电流，根据P＝UI求出灯泡的实际功率，根据串联电路的电压特点求出变阻器两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器R连入电路的阻值。
【解答】解：（1）灯泡正常发光时的电压为24V，由图乙可知通过灯泡的电流IL＝0.4A，
由I＝可得，此时灯丝的电阻：
RL＝＝＝60Ω；
（2）由电路图可知，R与L串联，由图象可知灯泡两端的电压是12V时，通过灯泡的电流IL′＝0.3A，
此时灯泡的实际功率：
PL′＝UL′IL′＝12V×0.3A＝3.6W，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：
U滑＝U﹣UL′＝24V﹣12V＝12V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，滑动变阻器R连入电路的阻值：
R滑＝＝＝＝40Ω。
故答案为：60；3.6；40。
【点评】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，关键是根据图象读出不同电压下通过灯泡的电流，要注意灯泡的电阻是变化的。
三、解答题（共10小题，第22、23、24题每小问2分，第29题第1小问2分，其余每空1分，共46分）
22．请在图中画出所用最小力的绳子的绕法。
【分析】要解决此题，需要知道滑轮组的绕线方法。可以从定滑轮或动滑轮绕起。要知道从动滑轮绕起比从定滑轮绕起多中间一根绕线，更省力。
【解答】解：只有一个动滑轮，要求最省力，将绳子先系在动滑轮的左边挂钩上，然后绕过左边的定滑轮，再绕过动滑轮。如下图所示：
【点评】滑轮组在绕绳子时要先根据题意进行分析，再找准起始点，依次绕过每一只滑轮，最后在绳端标上箭头。
23．请完成图中电路的连接，使其符合安全用电的要求。
【分析】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。
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
【解答】解：灯泡接法：火线进入开关，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。
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
【点评】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。
24．在图中，标出电源的正极，并用箭头表示磁感线方向。
【分析】根据通电螺线管的磁极判断出磁感线的方向。在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极。
根据右手螺旋定则判断出电流的方向，确定电源的正负极。
【解答】解：由图知通电螺线管的右端为S极，则左端为N极，
因为在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以图中磁感线的方向是指向右的。
根据右手螺旋定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的左端，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的右端流入，则电源的右端为正极。
故答案为：
【点评】右手螺旋定则为判断螺线管极性或电流方向的重要方法，应能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向。
25．（6分）用天然气灶烧水，燃烧0.5m3的天然气，可使100kg的水从20℃升高70℃。已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）。天然气的热值q＝3.2×107J/m3，求：
（1）0.5m3天然气完全燃烧放出的热量Q放；
（2）水吸收的热量Q吸；
（3）燃气灶的效率η。
【分析】（1）知道天然气的体积、热值，利用Q放＝Vq求天然气完全燃烧放出的热量；
（2）知道水的质量、水的比热容、水升高的温度，利用吸热公式Q吸＝cm△t求水吸收的热量；
（3）燃气灶的效率等于水吸收的热量跟天然气完全燃烧放出的热量之比。
【解答】解：
（1）0.5m3天然气完全燃烧放出的热量：
Q放＝Vq＝0.5m3×3.2×107J/m3＝1.6×107J；
（2）水吸收的热量：
Q吸＝c水m水△t＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×20℃＝8.4×106J；
（3）燃气灶的效率：
η＝＝×100%＝52.5%.
答：（1）0.5m3天然气完全燃烧放出的热量为1.6×107J；
（2）水吸收的热量为8.4×106J；
（3）燃气灶的效率为52.5%.
【点评】本题考查了燃料完全燃烧放热公式Q放＝Vq、吸热公式Q吸＝cm△t＝cm（t﹣t0）、效率公式的应用，此题中要注意温度“升高到（末温）”和“升高了（△t）”的区别，要审好题。
26．（6分）如图所示，灯L标有“6V3W”字样，电源电压恒为6V，定值电阻R＝6Ω，设灯L的阻值不随温度变化而变化。求
（1）灯L正常发光时的电阻是多少？
（2）只闭合S1、S3时，电阻R在60s内产生的热量是多少？
（3）要使整个电路消耗的电功率最小（且电路电流不为0），各开关的闭合情况应如何？此时的最小电功率为多少？
【分析】（1）利用P＝可以求解灯正常发光时的电阻；
（2）只闭合S1、S3时，灯和R并联，利用I＝和Q＝I2Rt求出产生的热量；
（3）当断开S1、S3，闭合S2时，灯L与电阻R串联，整个电路消耗的电功率最小；利用P＝结合欧姆定律求出最小电功率。
【解答】解：
（1）由P＝得灯正常发光时的电阻：R＝＝＝12Ω；
（2）当闭合S1、S3时，灯L与电阻R并联接在电源两端，I＝＝＝1A
Q＝I2Rt＝（1A）2×6Ω×60s＝360J；
（3）当断开S1、S3，闭合S2时，灯L与电阻R串联，整个电路消耗的电功率最小；
R总＝RL+R＝12Ω+6Ω＝18Ω
Imin＝＝＝A
Pmin＝UImin＝6V×A＝2W。
答：（1）灯L正常发光时的电阻是12Ω；
（2）只闭合S1、S3时，电阻R在60s内产生的热量是360J；
（3）要使整个电路消耗的电功率最小（且电路电流不为0），断开S1、S3，闭合S2时，灯L与电阻R串联；此时的最小电功率为2W。
【点评】该题主要考查学生对于电功率、电热和电路状态的理解和掌握，属于中考的热点和难点。
27．（6分）小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，选用质量不同两个钢球m和2m，分别从不同的高度h和2h由静止开始放下，观察木块被撞击后移动的距离。实验过程如图所示。
（1）小明通过观察 木块被撞击后移动的距离 来判断小球动能的大小，他利用的研究方法是 转换法 ；若水平面绝对光滑，本实验将 不能 （能/不能）达到探究目的。
（2）由甲、乙两图可得实验结论：物体的动能大小与 速度 有关。
（3）小明由乙、丙两图得出实验结论：物体的动能大小与质量有关，她的看法是否正确？ 错误 （正确/错误），理由是： 没有保证小球的速度相同 。
【分析】（1）根据转换法，实验中通过观察木块被撞击后移动的距离来判断小球动能的大小；
由牛顿第一定律分析；
（2）（3）物体的动能大小与物体的质量和速度有关，研究动能与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变。
【解答】解：（1）实验中通过观察木块被撞击后移动的距离来判断小球动能的大小，这里用到的物理学研究问题的方法是转换法；
若水平面绝对光滑，则木块运动时不受摩擦力作用，在水平方向上木块不受力的作用，由牛顿第一定律，撞击后木块将保持匀速直线运动，不能通过木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，所以本实验将不能达到探究目的；
（2）甲、乙两图中小球的质量一定，初始高度不同，到达水平面的时的速度不同，木块被撞击后移动的距离不同，故可以得出结论：物体的动能大小与速度有关；
（3）小丽的看法是错误的，因为要探究动能与质量的关系，需要保证小球的速度相同，乙、丙两图中小球下落的高度不同，则到达水平面的速度不同，故不能得出动能大小与质量的关系。
故答案为：（1）木块被撞击后移动的距离；转换法；不能；（2）速度；（3）错误；没有保证小球的速度相同。
【点评】本题探究物体的动能大小跟哪些因素有关，考查转换法、控制变量法的运用和数据分析的能力。
28．（5分）如图所示是小李和小王利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
（1）实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将平衡螺母向 右 调节，使杠杆在水平位置平衡，这样操作的主要目的是 避免杠杆的自重对杠杆水平平衡的影响 。
（2）杠杆平衡后，小李在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，杠杆的 左 端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，可将右侧的钩码悬挂位置向 右 移动。
（3）小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为 小李 的实验方案更好，请说明你的理由。
（4）实验中小王发现，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 不能 （能/不能）影响到杠杆的平衡？请说明理由 这个作用在杠杆O点的力的力臂等于0，不影响杠杆的平衡 。
【分析】（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；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
（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哪端下降，要保持平衡，根据杠杆的平衡条件判断钩码向哪一侧移动；
（3）由力臂的定义，图丙弹簧测力计方向竖直向上，容易测量力臂，图丁力的方向不与杠杆垂直，不易测量力臂；
（4）过支点的力的力臂为零，据此分析。
【解答】解：（1）图甲中，杠杆右端偏高，说明杠杆的重心在左侧，则左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，目的是避免杠杆的自重对杠杆水平平衡的影响；
（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4G×2L＞2G×3L，故左端下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，可将右侧的钩码悬挂位置向右移动，增大力臂即可；
（3）由图丙可知，弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，根据力臂的定义，支点与动力作用点的距离等于力臂大小，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，小李的方案好；
（4）如果杠杆在O点受到一个向上的力，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；避免杠杆的自重对杠杆水平平衡的影响；（2）左；右；（3）小李；弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量；（4）不能；这个作用在杠杆O点的力的力臂等于0，不影响杠杆的平衡。
【点评】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。
29．（5分）为探究斜面的机械效率与斜面倾斜程度之间的关系，某探究小组的同学利用木块、木板、刻度尺、弹簧测力计等器材设计了如图所示的实验装置。实验测得的数据如下表：
实验次数
侧面倾斜程度
木块重力G/N
斜面高度h/m
沿斜面拉力F/N
斜面长度s/m
机械效率η
1
较缓
3
0.2
1.6
1
37.5%
2
较陡
3
0.3
1.8
1
3
最陡
3
0.4
2.0
1
60.0%
请你根据表中的数据解答下列问题：
（1）实验中要求用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做 匀速直线 运动，若木块沿斜面加速运动，则测得的机械效率 偏小 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（2）第2次实验中，斜面的机械效率为 50% 。
（3）当斜面长度一定时，斜面的机械效率η与斜面的高度h之间的关系大概如图 C 所示。
（4）从表格中我们还可以看出斜面的倾斜程度越 缓 （选填“缓”或“陡”）越省力。
【分析】（1）实验中要求用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做匀速运动，若物块沿斜面加速运动，则拉力变大，根据η＝×100%＝×100%分析测得的机械效率的变化；
（2）根据η＝×100%＝×100%求出第2次实验中斜面的机械效率；
（3）分析表格数据得出斜面长度不变时，斜面的机械效率与斜面高度的变化关系，然后得出η与h的大概关系图象；
（4）分析表格数据得出木块的重力和斜面长度不变时，拉力与斜面高度的关系，然后得出答案。
【解答】解：（1）实验中要求用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做匀速直线运动，若物块沿斜面加速运动，则拉力变大，
由η＝×100%＝×100%可知，在物体重力G和斜面高度h、斜面长度s不变的情况下，斜面的机械效率偏小；
（2）第2次实验中斜面的机械效率为：η＝×100%＝×100%＝×100%＝50%；
（3）由表格数据可知，斜面长度为1m不变时，当斜面高度分别为0.2m、0.3m、0.4m时，斜面的机械效率依次为37.5%、50%、60%，
所以，斜面的高度h越大时斜面的机械效率越大，且斜面的机械效率先急剧增大，后缓慢增大，η与h的关系大概如图C所示；
（4）由表格数据可知，木块的重力和斜面长度为1m不变时，当斜面高度分别为0.2m、0.3m、0.4m时，拉力依次为1.6N、1.8N、2.0N，
所以，斜面的倾斜程度越缓越省力。
故答案为：（1）匀速直线；偏小；（2）50%；（3）C；（4）缓。
【点评】本题考查了力与运动的关系和斜面机械效率的计算以及分析实验数据得出结论的能力，有一定的难度。
30．（4分）在“探究通电螺线管外部磁场”的实验中，老师在螺线管的两端各放一个小磁针，并在有机玻璃板上均匀的撒满铁屑：（1）闭合开关通电后，接下来的操作应该是 轻敲玻璃板 。这样做的目的是：使铁屑在玻璃板上跳动减小它与玻璃板之间的摩擦，从而使铁屑在磁场力的作用下动起来，更好地显示磁场分布情况；放入的小磁针是为了显示 磁场的方向 。
（2）铁屑的分布如图所示。图中A、B点相比， A 点磁场较强；实验中 不能 （选填“能”或“不能”）用铜屑代替铁屑显示磁场分布。
【分析】（1）铁屑在磁场中受到磁力的作用；放入小磁针后，小磁针受到磁力的作用而指示一定的方向；
（2）分析图可以看出通电螺线管的磁场和条形磁体的磁场一样，并且可以看到A点铁屑的分布比B点密集，由此可以确定A点的磁场比B点强；磁体具有吸铁性，所以不能用铜屑代替铁屑。
【解答】解：
（1）在玻璃板上均匀地撒上铁屑，然后给直导线通电，为了更好地通过铁屑客观描述出磁场分布情况，为了减小铁屑与玻璃板之间的摩擦，需轻敲玻璃板，使铁屑在磁场力作用下动起来；
磁场中放入小磁针，小磁针受到磁力的作用，会指示一定的方向，从而能判定磁场的方向；
（2）由图可以看出通电螺线管的磁场和条形磁体的磁场一样，并且可以看到A点铁屑的分布比B点密集，由此可以确定A点的磁场比B点强；磁体具有吸铁性，所以不能用铜屑代替铁屑。
故答案为：（1）轻敲玻璃板；磁场的方向；（2）A；不能。
【点评】该题考查学生对于通电螺线管磁场的理解和掌握，难度不大，要熟记。
31．（8分）在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，所用滑动变阻器的最大阻值40Ω。
（1）请用笔画线代替导线在图甲中完成实物电路的连接；
（2）小明同学进行试触时，发现小灯泡不发光，电流表无示数，电压表有示数，则电路中发生的故障可能是 小灯泡断路 （选填“小灯泡断路”、“小灯泡短路”或“滑动变阻器处断路”）；
（3）某次实验中，小明看到电压表示数为1.8V，要使灯泡L正常发光应向 A （选填“A”或“B”）端移动滑片，同时视线应注意观察 电压表 （选填“电流表”或“电压表”）示数，当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 0.6 W。
（4）小明还想利用图甲电路探究电流与电压的关系，你认为是否可行？ 不可行 （选填“可行”或“不可行”），为什么？ 探究电流与电压的关系时，应控制电阻的阻值不变，而小灯泡的电阻随温度的升高而增大 。
【分析】（1）根据电路图连接实物，特别注意电流表、电压表量程的选择和正负接线柱的接法，注意滑动变阻器的接法要一上一下，据此连接实物图。
（2）灯泡不亮说明某处断路或灯短路，电压表有示数，电压表的正负接线柱与电源正负极之间连接是连通的，说明灯泡断路，电流表无示数说明是某处断路或电流表短路。
（3）根据串分压的知识进行分析，在串联电路中，电阻越大分得的电压越多。在进行电流表的读数时，注意量程和分度值。将电压值和电流值代入公式P＝UI计算出额定功率。
（4）探究电流与电压的关系时，应控制电阻的阻值不变，而小灯泡的电阻随温度的升高而增大。
【解答】解：（1）根据电路图连接实物电路，先将串联的元件连接好，最后将电压表并联在灯泡两端。小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，根据欧姆定律可知灯泡正常发光时电路中的电流为I＝＝＝0.25A，电流表可选择0～0.6A的量程；小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表应选择0～3V的量程。如图所示：
（2）①灯泡短路，灯不亮，电压表示数为0，电流表有示数，不符合题意；
②灯泡发生断路，电压表的正负接线柱与电源正负极之间连接是连通的，电压表有示数；电压表的电阻无限大，使得电路中的电流为0，电流表的示数为0，符合题意；
③变阻器断路，电流表和电压表都无示数，不符合题意。
（3）根据已知条件，电压表示数为1.8V，说明小灯泡两端的电压太小，应减小滑动变阻器两端的电压，所以应向A端移动滑片，使灯泡两端的电压为额定电压2.5V。
根据丙图，电流表的量程为0～0.6A，其分度值为0.02A，其读数为0.24A，所以小灯泡的额定功率P＝UI＝2.5V×0.24A＝0.6W。
（4）探究电流与电压的关系时，应控制电阻的阻值不变，而小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故不可行。
故答案为：（1）如图所示；（2）小灯泡断路；（3）A；电压表；0.6；（4）不可行；探究电流与电压的关系时，应控制电阻的阻值不变，而小灯泡的电阻随温度的升高而增大。
【点评】本题考查了连接实物电路图、电路故障分析、实验注意事项、电表读数、求灯泡功率等问题，连接电路图时要注意电表量程的选择。
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2020-2021学年江苏省扬州市广陵区九年级（上）期末物理试卷
一、选择题（共12小题，每小题2分，共24分）
1．（2分）如图所示，所使用杠杆属于费力杠杆的是（ ）
A．镊子 B．扳手
C．羊角锤 D．老虎钳
2．（2分）如图所示，属于内能转化为机械能的是（ ）
A．做功冲程
B．弯折铁丝
C．电风扇
D．压缩点火
3．（2分）对下列物理现象解释正确的是（ ）
A．夏天用电风扇吹风使人感到凉快，是因为电风扇可以减小空气的内能
B．用水作汽车发动机的冷却液，是因为水的比热容较大
C．甲物体传递了热量给乙物体，说明甲物体的内能大
D．手碰到家庭照明电路裸露的导线却没有发生触电事故，是因为照明电路的电压是安全电压
4．（2分）如图为直流电动机的基本构造示意图。以下相关的分析中正确的是（ ）
A．电动机是利用电磁感应的原理工作的
B．电动机工作过程中，消耗的电能全部转化为机械能
C．使线圈连续不停地转动下去是靠电磁继电器来实现的
D．仅改变磁感线的方向可以改变线圈转动的方向
5．（2分）如图所示的四个实验中，能说明发电机工作原理的实验是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（2分）下列运用科学方法的实例中，属于“转换法”的是（ ）
A．研究光的传播引入光线
B．将电流比作水流
C．用弹簧连接两个小球来研究分子间作用力
D．通过吸起大头针的个数来判断磁体的磁性强弱
7．（2分）“收官之作，星耀全球”，2020年6月23日，长征三号乙运载火箭搭载着北斗三号最后一颗全球组网卫星成功发射，标志着我国全面完成北斗全球卫星导航系统星座部署，下列说法正确的是（ ）
A．火箭使用液氢燃料，主要是因为液氢的比热容较大
B．燃料燃烧时内能转化为化学能
C．火箭加速升空时，机械能总量在不断增大
D．卫星上的太阳能电池板将太阳能转化为内能
8．（2分）学校运动会上举行“双摇跳绳”比赛，“双摇跳绳”是指每次在双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法。比赛中，初三某同学1min内摇轻绳240圈，则他在整个跳绳过程中的功率最接近于（ ）
A．100W B．500W C．1000W D．1500W
9．（2分）如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S，灯L1和L2均发光。一段时间后，一盏灯突然熄灭，而电流表和电压表的示数都不变，出现这一现象的原因可能是（ ）
A．灯L1开路 B．灯L2开路 C．灯L1短路 D．灯L2短路
10．（2分）如图所示为一种温度自动报警器的原理图，图中的水银温度计在制作时，玻璃管中封入一段金属丝，电源的两极分别和金属丝相连，当温度达到设定值，电铃报警。下列说法中正确的是（ ）
A．若将温度计上端的金属丝向下调整，则报警温度将升高
B．电铃工作时，电磁铁a端为N极
C．电磁铁的工作原理是电磁感应
D．温度升高到78℃时，电铃报警
11．（2分）综合实践活动小组在设计楼梯电路时，需要在楼上和楼下都能控制楼梯中间电灯发光和熄灭。如图为四位同学设计的控制楼梯电灯的模拟电路图，其中能达到控制要求的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2分）如图所示电路图，电源电压恒为6V，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～3V，滑动变阻器规格“50Ω 1A”，小灯泡规格“2.5V 0.625W”，若不考虑小灯泡阻值随温度的变化，小灯泡两端电压不允许超过额定值，闭合开关，为保证电路安全，下列说法正确的是（ ）
A．滑片向右滑动，电流表示数变小，电压表示数变大
B．电路中允许通过最大电流为0.6A
C．滑动变阻器的阻值允许调节的范围是14﹣50Ω
D．电路的最小电功率是1.5W
二、填空题（共9小题，每空1分，共30分）
13．（4分）1831年，物理学家法拉第发现： 电路的一部分导体在磁场中做 运动时，电路中就会产生 ，这个现象叫做电磁感应现象。根据此原理发明的 ，为人类进入电气化时代做出了重大贡献。
14．（3分）航母舰载机即将起飞前，燃料燃烧会获得大量的 能，向后喷射出高温高速燃气流。为了避免对舰上人员及其它器材造成危害，甲板上安装了偏流板（如图），偏流板后面装有供冷却水循环流动的格状水管，这是利用水的 的特性来降低偏流板的温度。制作偏流板材料的熔点应较 （填“高”或“低”）
15．（5分）如图是皮球落地后弹起过程中每隔相等时间曝光一次所拍摄的照片。由图可知，下落过程中，皮球的速度 ，皮球的重力势能 ，动能 。皮球运动过程中的机械能 （以上均选填“增大”“减小”或“不变”）。A、B两位置高度相同，皮球在A处动能 B处动能（选填“大于”“小于”或“等于”）。
16．（3分）在家庭电路中，用测电笔辨别输电线时，能使氖管发光的是 线；为确保安全用电，电饭锅、电冰箱等使用三孔插座，其中一个插孔能将用电器的金属外壳与 连接起来；长期不用的家电设备每隔一段时间后需要通电一次，这是 电热（选填“利用”或“防止”）。
17．（3分）实验小组用电能表参数是2000imp/（kW•h）的电子式电能表来测量电水壶的功率。他们将其余所有用电器关闭，只让电水壶工作，数出电能表指示灯在3min内闪烁了120次。则该水壶在3min内消耗的电能是 kW•h，该水壶的实际功率是 W．细心的小明发现不同用电器工作时电能表的指示灯闪烁的快慢是变化的，电能表指示灯闪烁的越快，说明电流通过用电器所做的电功 （填“越多”、“越少”、“越快”或“越慢”）。
18．（3分）LED灯具有节能、环保等特点。如图是额定电压为220V、额定功率为4.4W的LED灯泡。该灯泡的额定电流是 A．若它每天正常发光5h，一个月（30天）消耗的电能是 kW•h．与普通白炽灯相比，在达到相同亮度的条件下，假设LED灯可以节约90%的电能，则这个LED灯与功率为 W的白炽灯亮度相当。
19．（3分）小强同学利用如图甲所示的滑轮组将货物运送到楼上，不计绳子重和摩擦。如果所送货物重G从20N开始逐渐增加，每次均匀速拉动绳子，且提升同样的高度，图乙记录了在整个过程中滑轮组的机械效率随货物的重力的增加而变化的图象。当用拉力F拉着重G为20N的货物以0.5m/s的速度匀速上升时，滑轮组的机械效率是 ，动滑轮的重是 N；拉力F的功率为 ；当货物重G为180N时，滑轮组的机械效率是 。
20．（2分）如图，电源电压为6V，L的电阻是10Ω，滑动变阻器的最大值是40Ω．闭合开关后，滑片从a端向b端移动时，电压表对应的示数变化范围是 ，灯L消耗的电功率 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
21．（3分）一种亮度可以调节的小台灯，其电路如图甲所示。电源电压为24V，灯泡L的额定电压为24V，通过灯泡L的电流跟其两端电压的关系如图乙所示。当灯泡正常发光时，灯丝的电阻为 Ω．调节滑动变阻器R，使灯泡两端的电压是12V，则灯泡的实际功率为 W，滑动变阻器R连入电路的阻值是 Ω。
三、解答题（共10小题，第22、23、24题每小问2分，第29题第1小问2分，其余每空1分，共46分）
22．请在图中画出所用最小力的绳子的绕法。
23．请完成图中电路的连接，使其符合安全用电的要求。
24．在图中，标出电源的正极，并用箭头表示磁感线方向。
25．（6分）用天然气灶烧水，燃烧0.5m3的天然气，可使100kg的水从20℃升高70℃。已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）。天然气的热值q＝3.2×107J/m3，求：
（1）0.5m3天然气完全燃烧放出的热量Q放；
（2）水吸收的热量Q吸；
（3）燃气灶的效率η。
26．（6分）如图所示，灯L标有“6V3W”字样，电源电压恒为6V，定值电阻R＝6Ω，设灯L的阻值不随温度变化而变化。求
（1）灯L正常发光时的电阻是多少？
（2）只闭合S1、S3时，电阻R在60s内产生的热量是多少？
（3）要使整个电路消耗的电功率最小（且电路电流不为0），各开关的闭合情况应如何？此时的最小电功率为多少？
27．（6分）小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，选用质量不同两个钢球m和2m，分别从不同的高度h和2h由静止开始放下，观察木块被撞击后移动的距离。实验过程如图所示。
（1）小明通过观察 来判断小球动能的大小，他利用的研究方法是 ；若水平面绝对光滑，本实验将 （能/不能）达到探究目的。
（2）由甲、乙两图可得实验结论：物体的动能大小与 有关。
（3）小明由乙、丙两图得出实验结论：物体的动能大小与质量有关，她的看法是否正确？ （正确/错误），理由是： 。
28．（5分）如图所示是小李和小王利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
（1）实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将平衡螺母向 调节，使杠杆在水平位置平衡，这样操作的主要目的是 。
（2）杠杆平衡后，小李在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，杠杆的 端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，可将右侧的钩码悬挂位置向 移动。
（3）小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为 的实验方案更好，请说明你的理由。
（4）实验中小王发现，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 （能/不能）影响到杠杆的平衡？请说明理由 。
29．（5分）为探究斜面的机械效率与斜面倾斜程度之间的关系，某探究小组的同学利用木块、木板、刻度尺、弹簧测力计等器材设计了如图所示的实验装置。实验测得的数据如下表：
实验次数
侧面倾斜程度
木块重力G/N
斜面高度h/m
沿斜面拉力F/N
斜面长度s/m
机械效率η
1
较缓
3
0.2
1.6
1
37.5%
2
较陡
3
0.3
1.8
1
3
最陡
3
0.4
2.0
1
60.0%
请你根据表中的数据解答下列问题：
（1）实验中要求用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做 运动，若木块沿斜面加速运动，则测得的机械效率 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（2）第2次实验中，斜面的机械效率为 。
（3）当斜面长度一定时，斜面的机械效率η与斜面的高度h之间的关系大概如图 所示。
（4）从表格中我们还可以看出斜面的倾斜程度越 （选填“缓”或“陡”）越省力。
30．（4分）在“探究通电螺线管外部磁场”的实验中，老师在螺线管的两端各放一个小磁针，并在有机玻璃板上均匀的撒满铁屑：（1）闭合开关通电后，接下来的操作应该是 。这样做的目的是：使铁屑在玻璃板上跳动减小它与玻璃板之间的摩擦，从而使铁屑在磁场力的作用下动起来，更好地显示磁场分布情况；放入的小磁针是为了显示 。
（2）铁屑的分布如图所示。图中A、B点相比， 点磁场较强；实验中 （选填“能”或“不能”）用铜屑代替铁屑显示磁场分布。
31．（8分）在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，所用滑动变阻器的最大阻值40Ω。
（1）请用笔画线代替导线在图甲中完成实物电路的连接；
（2）小明同学进行试触时，发现小灯泡不发光，电流表无示数，电压表有示数，则电路中发生的故障可能是 （选填“小灯泡断路”、“小灯泡短路”或“滑动变阻器处断路”）；
（3）某次实验中，小明看到电压表示数为1.8V，要使灯泡L正常发光应向 （选填“A”或“B”）端移动滑片，同时视线应注意观察 （选填“电流表”或“电压表”）示数，当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 W。
（4）小明还想利用图甲电路探究电流与电压的关系，你认为是否可行？ （选填“可行”或“不可行”），为什么？ 。
2020-2021学年江苏省扬州市广陵区九年级（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题2分，共24分）
1．（2分）如图所示，所使用杠杆属于费力杠杆的是（ ）
A．镊子 B．扳手
C．羊角锤 D．老虎钳
【分析】结合图片和生活经验，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。
【解答】解：A、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
B、扳手在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
C、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
D、老虎钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
故选：A。
【点评】本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．（2分）如图所示，属于内能转化为机械能的是（ ）
A．做功冲程
B．弯折铁丝
C．电风扇
D．压缩点火
【分析】（1）内燃机的做功冲程将内能转化为机械能。
（2）做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移。
（3）用电器工作时将电能转化为其他形式能量。
（4）压缩气体做功，气体的内能增加，机械能转化为内能。
【解答】解：A、在内燃机的做功冲程中，燃气膨胀对外做功，将内能转化为机械能，故A正确；
B、弯折铁丝时，是通过做功将机械能转化为内能，故B错误；
C、电风扇工作时，将电能转化为机械能，故C错误；
D、压缩点火，属压缩气体做功，将机械能转化为内能，故D错误。
故选：A。
【点评】本题的关键是明确做功的实质是能量的转化，物体对外做功是将内能转化为机械能，对物体做功是将机械能转化为内能。
3．（2分）对下列物理现象解释正确的是（ ）
A．夏天用电风扇吹风使人感到凉快，是因为电风扇可以减小空气的内能
B．用水作汽车发动机的冷却液，是因为水的比热容较大
C．甲物体传递了热量给乙物体，说明甲物体的内能大
D．手碰到家庭照明电路裸露的导线却没有发生触电事故，是因为照明电路的电压是安全电压
【分析】（1）影响蒸发快慢的因素有三个，即液体的温度、液体的表面积和液体表面的空气流动情况，且蒸发吸热；
（2）水的比热容较大，质量相同的水和其它液体相比较，升高相同的温度时，吸收的热量多；吸收或放出相同的热量时，温度变化较小，因此常用来做冷却剂、取暖剂、防冻剂等；
（3）发生热传递的条件是有温度差；
（4）家庭电路的电压为220V，对人体安全的电压为不高于36V。
【解答】解：A、夏天用电风扇吹风，加快了空气流动，促进了汗液的蒸发，由于蒸发是吸热的，所以人感到凉快，不是电风扇降低了空气的内能，故A错误；
B、用水作汽车发动机冷却剂，是因为水的比热容较大，同种情况下水吸收的热量多，故B正确；
C、甲物体传递了热量给乙物体，说明甲物体的温度高，但甲物体内能不一定大，故C错误；
D、家庭电路的电压为220V，对人体安全的电压为不高于36V，照明电路的电压不是安全电压，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查了蒸发的作用、热传递的条件、水的比热容的特点及应用以及对常见电压值的了解，属于综合性题目。
4．（2分）如图为直流电动机的基本构造示意图。以下相关的分析中正确的是（ ）
A．电动机是利用电磁感应的原理工作的
B．电动机工作过程中，消耗的电能全部转化为机械能
C．使线圈连续不停地转动下去是靠电磁继电器来实现的
D．仅改变磁感线的方向可以改变线圈转动的方向
【分析】电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，且所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关；工作时，消耗电能产生机械能，所以是将电能转化为机械能的过程；且使得线圈持续转动的原因是换向器。
【解答】解：A、电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，故A错误；
B、电动机工作过程中，消耗的电能大部分转化为机械能，有一部分电能转化成了热能，故B错误；
C、使线圈连续不停地转动下去是靠换向器来实现的，故C错误；
D、电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，且所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关，故仅改变磁感线的方向可以改变线圈转动的方向，故D正确；
故选：D。
【点评】知道并理解电动机的原理、受力方向的改变、能量转化等知识点，是一道综合题。
5．（2分）如图所示的四个实验中，能说明发电机工作原理的实验是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。
【解答】解：A、开关闭合后，电路中有电流，通电导体或线圈受到磁场力的作用发生运动，即通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故该选项不符合题意；
B、开关闭合后，在外力作用下使导体左右移动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理，符合题意；
C、该装置是利用电流的磁效应的原理，即通电时该线圈会产生磁性，移动滑片可以改变电路的大小，从而改变磁性强弱，不符合题意；
D、是奥斯特实验，小磁针发针偏转说明通电导体周围有磁场，不符合题意。
故选：B。
【点评】本题中学生容易混淆的两个图是BD，要从有无电源上区分，有电源的是电动机，无电源的是发电机。
6．（2分）下列运用科学方法的实例中，属于“转换法”的是（ ）
A．研究光的传播引入光线
B．将电流比作水流
C．用弹簧连接两个小球来研究分子间作用力
D．通过吸起大头针的个数来判断磁体的磁性强弱
【分析】首先对选项中的每个探究过程或研究方法进行分析，明确采用的具体方法，然后确定符合题意的选项。
【解答】解：A、研究光的传播引入光线，采用的是模型法。故A不符合题意；
B、电流不能直接观察，水流可以直接感受，用能够直接观察的水流说明电流的作用和形成，采用的是类比法。故B不符合题意；
C、用弹簧连接两个小球来研究分子间作用力，采用的是模型法。故C不符合题意；
D、磁性强弱无法直接判断，通过转换吸起大头针的个数来判断磁体的磁性大小，采用的是转换法。故D符合题意。
故选：D。
【点评】物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。
7．（2分）“收官之作，星耀全球”，2020年6月23日，长征三号乙运载火箭搭载着北斗三号最后一颗全球组网卫星成功发射，标志着我国全面完成北斗全球卫星导航系统星座部署，下列说法正确的是（ ）
A．火箭使用液氢燃料，主要是因为液氢的比热容较大
B．燃料燃烧时内能转化为化学能
C．火箭加速升空时，机械能总量在不断增大
D．卫星上的太阳能电池板将太阳能转化为内能
【分析】（1）热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小；
（2）根据消耗能量与得到能量是什么来判断能量的转化情况；
（3）机械能是动能和势能的总和，根据影响动能和势能的因素来进行分析即可；
（4）太阳能电池工作时把太阳能转化为电能。
【解答】解：A、发射火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量，故A错误；
B、火箭升空的过程中，燃料燃烧释放出的内能转化为机械能，故B错误；
C、北斗导航卫星加速升空的过程中，速度增大，高度增大，因此动能和重力势能都增大，机械能的总量也增大，故C正确；
D、卫星上的太阳能电池板将太阳能转化为电能，故D错误。
故选：C。
【点评】本题既考查了火箭发射过程中的能量转化和机械能变化情况，同时也考查了对燃料热值的了解，属基础知识的考查，难度不大。
8．（2分）学校运动会上举行“双摇跳绳”比赛，“双摇跳绳”是指每次在双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法。比赛中，初三某同学1min内摇轻绳240圈，则他在整个跳绳过程中的功率最接近于（ ）
A．100W B．500W C．1000W D．1500W
【分析】首先估计出学生的质量，从而求出重力，再估计出腾空高度，根据W＝Fs＝Gh计算出做的功；根据摇绳的次数和时间，结合P＝求出功率的大小。
【解答】解：中学生的质量约50kg，其重力为G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N；
跳跃过程中腾空高度约h＝0.10m；
因此一次做功W＝Fs＝Gh＝500N×0.10m＝50J；
由于“双摇跳绳”是指每次在双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法，
所以1min内摇轻绳240圈，人起跳＝120次；
在1min内一共做功：W总＝50J×120＝6000J，
则功率P＝＝＝100W。
故选：A。
【点评】本题考查了功率的计算，关键是能够对学生质量和起跳高度有一个正确的估测，另外理解“双摇跳绳”的概念也是解题的关键。
9．（2分）如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S，灯L1和L2均发光。一段时间后，一盏灯突然熄灭，而电流表和电压表的示数都不变，出现这一现象的原因可能是（ ）
A．灯L1开路 B．灯L2开路 C．灯L1短路 D．灯L2短路
【分析】如图所示，两灯泡并联，电流表测量的是灯L2中电流，电压表测量并联电路两端电压，即电源电压；若一盏灯突然熄灭，电压表示数和电流表示数均不变，说明电流表所在的支路完好，另一条支路发生断路。
【解答】解：因为两灯并联，并且并联电路中各支路互不影响，当一盏灯突然熄灭，而电压表和电流表示数均不变，说明电流表所在的支路完好，故电路故障为L1断路。
故选：A。
【点评】在判断故障时，会根据电压表的示数的变化判断：若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，电压表两接线柱之间有开路；若电压表无示数，说明电压表被短路或与电源不能相通。
10．（2分）如图所示为一种温度自动报警器的原理图，图中的水银温度计在制作时，玻璃管中封入一段金属丝，电源的两极分别和金属丝相连，当温度达到设定值，电铃报警。下列说法中正确的是（ ）
A．若将温度计上端的金属丝向下调整，则报警温度将升高
B．电铃工作时，电磁铁a端为N极
C．电磁铁的工作原理是电磁感应
D．温度升高到78℃时，电铃报警
【分析】（1）根据金属丝位置变化时所处的温度值分析；
（2）根据安培定则分析；
（3）电流的周围存在磁场；
（4）左端电路的控制要点在于水银柱的变化，而右端的控制要点则在电磁铁对衔铁的吸引，再由此分析电路中温度变化时的工作情况。
【解答】解：
A、若将温度计上端的金属丝向下调整，金属丝所处的温度值会变小，则报警温度将降低，故A错误；
B、当电铃工作时，电流从电磁铁的左端流入，右端流出，由安培定则可知，电磁铁的a端为S极，故B错误；
C、电磁铁的工作原理是电流的磁效应，故C错误；
D、温度升高到78℃时，水银柱与上方金属丝连通，使左侧形成通路，电磁铁中有电流通过，电磁铁吸引衔铁，使触点接触，右侧电路接通，电铃发出报警信号，故D正确。
故选：D。
【点评】明确图中左侧为控制电路，右侧为工作电路，两电路依据中间的电磁铁来发生相互作用，是搞清这一装置原理的关键点之一，同时，还应明确水银也是导体，当其与上方金属丝接通时，也成为了电路的一部分。
11．（2分）综合实践活动小组在设计楼梯电路时，需要在楼上和楼下都能控制楼梯中间电灯发光和熄灭。如图为四位同学设计的控制楼梯电灯的模拟电路图，其中能达到控制要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题目条件，在楼上和楼下都能控制楼梯中间电灯发光和熄灭，逐一分析各选项电路判断。
【解答】解：A、图中电路是断开的，灯泡不工作，当S1接到下面触点或S2接到上面触点，电路都是闭合电路，灯泡都能正常工作，符合题意。
B、图中电路是闭合电路，灯泡工作，当S1接到下面触点或S2接到上面触点，电路都是断开的电路，灯泡都停止工作，符合题意。
C、图中电路是闭合电路，灯泡工作，当S2接到左边的触点，灯泡还工作，不符合题意。
D、图中电路是闭合电路，灯泡工作，当S1移到上端触点或S2移到下端触点，电路都是断开的电路，灯泡都停止工作，符合题意。
故选：ABD。
【点评】本题思路：观察灯泡现在的状态，如果改变任何一个开关的触点都能改变灯泡的工作状态，电路设计正确，否则设计错误。
12．（2分）如图所示电路图，电源电压恒为6V，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～3V，滑动变阻器规格“50Ω 1A”，小灯泡规格“2.5V 0.625W”，若不考虑小灯泡阻值随温度的变化，小灯泡两端电压不允许超过额定值，闭合开关，为保证电路安全，下列说法正确的是（ ）
A．滑片向右滑动，电流表示数变小，电压表示数变大
B．电路中允许通过最大电流为0.6A
C．滑动变阻器的阻值允许调节的范围是14﹣50Ω
D．电路的最小电功率是1.5W
【分析】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器滑片向右滑动，接入电路中的电阻变大时，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，灯泡两端的电压变小；
（2）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出灯泡的额定电流，然后结合电流表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的最小电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流，再根据P＝UI求出该电路的最小功率。
【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器滑片向右滑动，接入电路中的电阻变大时，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，即电流表示数变小；根据U＝IR可知灯泡两端的电压变小，即电压表示数变小；故A错误；
（2）根据P＝UI可得，灯的额定电流：IL额＝＝＝0.25A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，所以，电路中的最大电流为Imax＝0.25A；故B错误；
由I＝可得，灯泡的电阻：RL＝＝＝10Ω，
电路中的总电阻：Rmin＝＝＝24Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑min＝Rmin﹣RL＝24Ω﹣10Ω＝14Ω，所以滑动变阻器的阻值允许调节的范围是14﹣50Ω，故C正确；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的功率最小，此时电路中的电流：Imin＝＝＝0.1A，
电路的最小功率为：P＝UImin＝6V×0.1A＝0.6W，故D错误。
故选：C。
【点评】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，关键是根据灯泡的额定电压和电流表的量程确定电路中的最大电流。
二、填空题（共9小题，每空1分，共30分）
13．（4分）1831年，物理学家法拉第发现： 闭合 电路的一部分导体在磁场中做 切割磁感线 运动时，电路中就会产生 感应电流 ，这个现象叫做电磁感应现象。根据此原理发明的 发电机 ，为人类进入电气化时代做出了重大贡献。
【分析】根据电磁感应现象的概念、发电机的原理分析解答。
【解答】解：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流，这个现象叫作电磁感应；
根据电磁感应现象发明了发电机，为人类进入电气化时代做出了重大贡献。
故答案为：闭合；切割磁感线；感应电流；发电机。
【点评】法拉第的发现催生了发电机的发明，体现了科学技术是第一生产力。本题考查的是识记性的内容，比较简单。
14．（3分）航母舰载机即将起飞前，燃料燃烧会获得大量的 内 能，向后喷射出高温高速燃气流。为了避免对舰上人员及其它器材造成危害，甲板上安装了偏流板（如图），偏流板后面装有供冷却水循环流动的格状水管，这是利用水的 比热容大 的特性来降低偏流板的温度。制作偏流板材料的熔点应较 高 （填“高”或“低”）
【分析】（1）燃料燃烧时，它的化学能转化为内能；
（2）用水循环来降低偏流板的温度，是因为水在升高相同的温度时可以吸收更多的热量，冷却效果好；
（3）飞机起飞时向后喷射出高温高速燃气流，为了防止偏流板被高温熔化，制作偏流板材料的熔点应较高。
【解答】解：
飞机内的燃料的燃烧，使飞机获得大量的内能，然后转化为飞机的机械能；
水的比热容比较大，在升高相同的温度需要吸收更多的热量，所以利用水来降低偏流板的温度；
飞机起飞时向后喷射出高温高速燃气流，为了防止偏流板被高温熔化，所以制作偏流板材料的应具有较高的熔点。
故答案为：内；比热容大；高。
【点评】本题考查了燃料燃烧过程能的转化、水比热容的特点、物质的熔点，具有一定的综合性。
15．（5分）如图是皮球落地后弹起过程中每隔相等时间曝光一次所拍摄的照片。由图可知，下落过程中，皮球的速度 增大 ，皮球的重力势能 减小 ，动能 增大 。皮球运动过程中的机械能 减小 （以上均选填“增大”“减小”或“不变”）。A、B两位置高度相同，皮球在A处动能 大于 B处动能（选填“大于”“小于”或“等于”）。
【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
（3）机械能等于动能和势能之和，不计阻力，机械能守恒。
（4）皮球运动过程中，克服摩擦做功，将机械能转化为内能。
【解答】解：皮球下落过程中，由于受到重力的作用，皮球的速度越来越大；皮球的质量不变，高度变小，重力势能减小，速度变大，动能增大；
皮球运动过程中，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，机械能减小；
A、B两位置高度相同，A处的机械能大于B处的机械能，A和B处的重力势能相同，所以皮球在A处动能大于B处的动能。
故答案为：增大；减小；增大；减小；大于。
【点评】本题考查的是动能和重力势能的影响因素、机械能的概念以及能量转化问题，是一道基础题。
16．（3分）在家庭电路中，用测电笔辨别输电线时，能使氖管发光的是 火 线；为确保安全用电，电饭锅、电冰箱等使用三孔插座，其中一个插孔能将用电器的金属外壳与 大地 连接起来；长期不用的家电设备每隔一段时间后需要通电一次，这是 利用 电热（选填“利用”或“防止”）。
【分析】（1）测电笔内部有一个阻值很大的电阻。使用试电笔时，手接触笔尾金属体，笔尖金属体接触火线或零线，氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线；
（2）三孔插座中多出的一个孔是用来接地线的；三脚插头中有一根导线要与用电器金属外壳相连。目的就是为了防止触电；
（3）电热是有害的，但有时却也可以加以利用，如利用电热来驱潮等。
【解答】解：
（1）测电笔接触火线时，氖管发光；接触零线时，氖管不发光；
（2）为了安全用电，电饭锅、电冰箱等有金属外壳的家用电器的电源插座都用三孔插座，三脚插头的接地脚应与用电器的金属外壳相连通，这样若金属外壳的用电器外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生；
（3）长期不用的家电设备每隔一段时间后需要通电一次，这是利用电热来驱潮，可对电器起到保护作用。
故答案为：火；大地；利用。
【点评】掌握测电笔的正确使用方法、结构、能用试电笔分辨火线和零线；知道家庭电路的三孔插座的作用和接法；正确认识电热，做到趋利避害。
17．（3分）实验小组用电能表参数是2000imp/（kW•h）的电子式电能表来测量电水壶的功率。他们将其余所有用电器关闭，只让电水壶工作，数出电能表指示灯在3min内闪烁了120次。则该水壶在3min内消耗的电能是 0.06 kW•h，该水壶的实际功率是 1200 W．细心的小明发现不同用电器工作时电能表的指示灯闪烁的快慢是变化的，电能表指示灯闪烁的越快，说明电流通过用电器所做的电功 越快 （填“越多”、“越少”、“越快”或“越慢”）。
【分析】（1）根据电能表闪烁的次数可以求出电水壶消耗的电能，然后由电功率公式P＝求出电水壶的实际功率。
（2）用电器的功率越大，做功越快，电能表的表盘转动越快。
【解答】解：（1）2000imp/（kW•h），是指每消耗1kW•h的电能，电能表指示灯闪烁了2000次，
指示灯闪烁120次，电水壶消耗的电能：
W＝kW•h＝0.06kW•h＝2.16×105J；
该水壶的电功率：
P＝＝＝1200W，
（2）电能表指示灯闪烁的越快，说明电流通过用电器所做的电功越快；
故答案为：0.06；1200；越快。
【点评】本题考查了电水壶消耗的电能、电水壶的功率等问题，知道电能表参数的含义、熟练应用功率公式即可正确解题，解题时注意单位换算：1kW•h＝3.6×106J。
18．（3分）LED灯具有节能、环保等特点。如图是额定电压为220V、额定功率为4.4W的LED灯泡。该灯泡的额定电流是 0.02 A．若它每天正常发光5h，一个月（30天）消耗的电能是 0.66 kW•h．与普通白炽灯相比，在达到相同亮度的条件下，假设LED灯可以节约90%的电能，则这个LED灯与功率为 44 W的白炽灯亮度相当。
【分析】（1）知道LED灯的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出额定电流；
（2）LED灯正常发光时的功率和额定功率相等，根据W＝Pt求出消耗的电能；
（3）消耗的电能之差与白炽灯消耗的电能之比就是节约的百分比，据此进行解答。
【解答】解：（1）由P＝UI可得，LED灯的额定电流：
I＝＝＝0.02A；
（2）LED灯正常发光时的功率和额定功率相等，
由P＝可得，一个月消耗的电能：
W＝Pt＝4.4×10﹣3kW×5h×30＝0.66kW•h；
（3）设两种灯泡正常发光的时间为t，
则LED消耗的电能为：W＝Pt＝4.4×10﹣3kW×t，
白炽灯消耗的电能为：W′＝P′t，
在达到相同亮度的条件下，LED灯比白炽灯节约的电能为：△W＝P′t﹣Pt，
由题知，LED灯可以节约90%的电能，即＝＝90%，
故有：＝90%，
解得：P′＝0.044kW＝44W。
故答案为：0.02；0.66；44。
【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的灵活应用，关键是明白“LED灯可以节约90%电能”的含义，计算过程要注意单位的换算。
19．（3分）小强同学利用如图甲所示的滑轮组将货物运送到楼上，不计绳子重和摩擦。如果所送货物重G从20N开始逐渐增加，每次均匀速拉动绳子，且提升同样的高度，图乙记录了在整个过程中滑轮组的机械效率随货物的重力的增加而变化的图象。当用拉力F拉着重G为20N的货物以0.5m/s的速度匀速上升时，滑轮组的机械效率是 50% ，动滑轮的重是 20 N；拉力F的功率为 20W ；当货物重G为180N时，滑轮组的机械效率是 90% 。
【分析】（1）W有用＝Gh写出提升物体做的有用功的表达式，因不计绳子重和摩擦，由W额外＝G动h写出额外功的表达式；
根据η＝＝＝＝×100%，确定同一滑轮组机械效率的决定因素；
（2）将已知量物重G＝20N和机械效率为η＝50%代入上式可求动滑轮的重；
（3）由F＝求作用在绳子自由端的拉力，
根据绳自由端移动的距离与物体升高高度的关系：s＝nh，可推出v绳＝nv物，
根据P＝＝＝Fv可求拉力F的功率；
（4）当货物重G为180N时，将已知量代入由（1）滑轮组的机械效率表达式可求此时的机械效率。
【解答】解：
（1）由图乙可知，当用拉力F拉着重G为20N的货物匀速上升时，滑轮组的机械效率是50%；
（2）提升物体做的有用功：W有用＝Gh，
因不计绳子重和摩擦，故额外功来源为克服动滑轮自重做的功，即W额外＝G动h，
故滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝×100%﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
将物重G＝20N和机械效率η＝50%代入①式可得：
50%＝×100%，
解得动滑轮的重：G动＝20N；
（3）由图可知n＝3，不计绳子重和摩擦，作用在绳子自由端的拉力：
F＝＝＝，
绳子自由端移动的速度：v绳＝nv物，
拉力F的功率为：
P＝＝＝Fv绳＝F×nv物＝×3×0.5m/s＝20W；
当货物重G为180N时，由①式可得滑轮组的机械效率：
η′＝×100%＝＝90%。
故答案为：50%； 20； 20W； 90%。
【点评】本题考查绳自由端移动的距离与物体升高高度的关系s＝nh、作用在绳子自由端的力F＝、功率和机械效率计算。关键是明确：不计绳子重和摩擦，故额外功来源为克服动滑轮自重做的功。
20．（2分）如图，电源电压为6V，L的电阻是10Ω，滑动变阻器的最大值是40Ω．闭合开关后，滑片从a端向b端移动时，电压表对应的示数变化范围是 1.2V～6V ，灯L消耗的电功率 不变 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联，电压表测滑片左侧和灯泡两端的电压之和，电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，据此可知，滑片移动时电路中的总电阻不变和滑片左侧部分电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和电压表示数的变化，根据P＝I2R可知灯泡实际功率的变化；
当滑片位于a端时，电压表的示数最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表的示数，当滑片位于b端时，电压表的示数最大即为电源的电压，据此得出电压表对应的示数变化范围。
【解答】解：
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联，电压表测滑片左侧和灯泡两端的电压之和，
因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，
所以，滑片从a端向b端移动时，电路中的总电阻不变，但滑片左侧部分两端的电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流不变，
由U＝IR可知，滑片左侧和灯泡两端的电压之和变大，即电压表的示数变大；
由P＝I2R可知，灯泡消耗的电功率不变；
当滑片位于a端时，电压表的示数最小，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：
I＝＝＝0.12A，
电压表的最小示数：
UL＝IRL＝0.12A×10Ω＝1.2V，
当滑片位于b端时，电压表的示数最大，最大示数为电源的电压6V，
所以，电压表对应的示数变化范围是1.2V～6V。
故答案为：1.2V～6V；不变。
【点评】本题考查了电路的动态分析和串联电路特点以及欧姆定律的应用，关键是根据电压表的正确使用判断出滑片的移动不能改变接入电路中的电阻但可以改变电压表所测的电阻。
21．（3分）一种亮度可以调节的小台灯，其电路如图甲所示。电源电压为24V，灯泡L的额定电压为24V，通过灯泡L的电流跟其两端电压的关系如图乙所示。当灯泡正常发光时，灯丝的电阻为 60 Ω．调节滑动变阻器R，使灯泡两端的电压是12V，则灯泡的实际功率为 3.6 W，滑动变阻器R连入电路的阻值是 40 Ω。
【分析】（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据图象读出通过灯泡的电流，利用欧姆定律求出灯泡正常发光时灯丝的电阻；
（2）由电路图可知，R与L串联，根据图象读出灯泡两端的电压是12V时的电流，根据P＝UI求出灯泡的实际功率，根据串联电路的电压特点求出变阻器两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器R连入电路的阻值。
【解答】解：（1）灯泡正常发光时的电压为24V，由图乙可知通过灯泡的电流IL＝0.4A，
由I＝可得，此时灯丝的电阻：
RL＝＝＝60Ω；
（2）由电路图可知，R与L串联，由图象可知灯泡两端的电压是12V时，通过灯泡的电流IL′＝0.3A，
此时灯泡的实际功率：
PL′＝UL′IL′＝12V×0.3A＝3.6W，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：
U滑＝U﹣UL′＝24V﹣12V＝12V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，滑动变阻器R连入电路的阻值：
R滑＝＝＝＝40Ω。
故答案为：60；3.6；40。
【点评】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，关键是根据图象读出不同电压下通过灯泡的电流，要注意灯泡的电阻是变化的。
三、解答题（共10小题，第22、23、24题每小问2分，第29题第1小问2分，其余每空1分，共46分）
22．请在图中画出所用最小力的绳子的绕法。
【分析】要解决此题，需要知道滑轮组的绕线方法。可以从定滑轮或动滑轮绕起。要知道从动滑轮绕起比从定滑轮绕起多中间一根绕线，更省力。
【解答】解：只有一个动滑轮，要求最省力，将绳子先系在动滑轮的左边挂钩上，然后绕过左边的定滑轮，再绕过动滑轮。如下图所示：
【点评】滑轮组在绕绳子时要先根据题意进行分析，再找准起始点，依次绕过每一只滑轮，最后在绳端标上箭头。
23．请完成图中电路的连接，使其符合安全用电的要求。
【分析】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。
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
【解答】解：灯泡接法：火线进入开关，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。
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
【点评】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。
24．在图中，标出电源的正极，并用箭头表示磁感线方向。
【分析】根据通电螺线管的磁极判断出磁感线的方向。在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极。
根据右手螺旋定则判断出电流的方向，确定电源的正负极。
【解答】解：由图知通电螺线管的右端为S极，则左端为N极，
因为在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以图中磁感线的方向是指向右的。
根据右手螺旋定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的左端，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的右端流入，则电源的右端为正极。
故答案为：
【点评】右手螺旋定则为判断螺线管极性或电流方向的重要方法，应能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向。
25．（6分）用天然气灶烧水，燃烧0.5m3的天然气，可使100kg的水从20℃升高70℃。已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）。天然气的热值q＝3.2×107J/m3，求：
（1）0.5m3天然气完全燃烧放出的热量Q放；
（2）水吸收的热量Q吸；
（3）燃气灶的效率η。
【分析】（1）知道天然气的体积、热值，利用Q放＝Vq求天然气完全燃烧放出的热量；
（2）知道水的质量、水的比热容、水升高的温度，利用吸热公式Q吸＝cm△t求水吸收的热量；
（3）燃气灶的效率等于水吸收的热量跟天然气完全燃烧放出的热量之比。
【解答】解：
（1）0.5m3天然气完全燃烧放出的热量：
Q放＝Vq＝0.5m3×3.2×107J/m3＝1.6×107J；
（2）水吸收的热量：
Q吸＝c水m水△t＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×20℃＝8.4×106J；
（3）燃气灶的效率：
η＝＝×100%＝52.5%.
答：（1）0.5m3天然气完全燃烧放出的热量为1.6×107J；
（2）水吸收的热量为8.4×106J；
（3）燃气灶的效率为52.5%.
【点评】本题考查了燃料完全燃烧放热公式Q放＝Vq、吸热公式Q吸＝cm△t＝cm（t﹣t0）、效率公式的应用，此题中要注意温度“升高到（末温）”和“升高了（△t）”的区别，要审好题。
26．（6分）如图所示，灯L标有“6V3W”字样，电源电压恒为6V，定值电阻R＝6Ω，设灯L的阻值不随温度变化而变化。求
（1）灯L正常发光时的电阻是多少？
（2）只闭合S1、S3时，电阻R在60s内产生的热量是多少？
（3）要使整个电路消耗的电功率最小（且电路电流不为0），各开关的闭合情况应如何？此时的最小电功率为多少？
【分析】（1）利用P＝可以求解灯正常发光时的电阻；
（2）只闭合S1、S3时，灯和R并联，利用I＝和Q＝I2Rt求出产生的热量；
（3）当断开S1、S3，闭合S2时，灯L与电阻R串联，整个电路消耗的电功率最小；利用P＝结合欧姆定律求出最小电功率。
【解答】解：
（1）由P＝得灯正常发光时的电阻：R＝＝＝12Ω；
（2）当闭合S1、S3时，灯L与电阻R并联接在电源两端，I＝＝＝1A
Q＝I2Rt＝（1A）2×6Ω×60s＝360J；
（3）当断开S1、S3，闭合S2时，灯L与电阻R串联，整个电路消耗的电功率最小；
R总＝RL+R＝12Ω+6Ω＝18Ω
Imin＝＝＝A
Pmin＝UImin＝6V×A＝2W。
答：（1）灯L正常发光时的电阻是12Ω；
（2）只闭合S1、S3时，电阻R在60s内产生的热量是360J；
（3）要使整个电路消耗的电功率最小（且电路电流不为0），断开S1、S3，闭合S2时，灯L与电阻R串联；此时的最小电功率为2W。
【点评】该题主要考查学生对于电功率、电热和电路状态的理解和掌握，属于中考的热点和难点。
27．（6分）小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，选用质量不同两个钢球m和2m，分别从不同的高度h和2h由静止开始放下，观察木块被撞击后移动的距离。实验过程如图所示。
（1）小明通过观察 木块被撞击后移动的距离 来判断小球动能的大小，他利用的研究方法是 转换法 ；若水平面绝对光滑，本实验将 不能 （能/不能）达到探究目的。
（2）由甲、乙两图可得实验结论：物体的动能大小与 速度 有关。
（3）小明由乙、丙两图得出实验结论：物体的动能大小与质量有关，她的看法是否正确？ 错误 （正确/错误），理由是： 没有保证小球的速度相同 。
【分析】（1）根据转换法，实验中通过观察木块被撞击后移动的距离来判断小球动能的大小；
由牛顿第一定律分析；
（2）（3）物体的动能大小与物体的质量和速度有关，研究动能与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变。
【解答】解：（1）实验中通过观察木块被撞击后移动的距离来判断小球动能的大小，这里用到的物理学研究问题的方法是转换法；
若水平面绝对光滑，则木块运动时不受摩擦力作用，在水平方向上木块不受力的作用，由牛顿第一定律，撞击后木块将保持匀速直线运动，不能通过木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，所以本实验将不能达到探究目的；
（2）甲、乙两图中小球的质量一定，初始高度不同，到达水平面的时的速度不同，木块被撞击后移动的距离不同，故可以得出结论：物体的动能大小与速度有关；
（3）小丽的看法是错误的，因为要探究动能与质量的关系，需要保证小球的速度相同，乙、丙两图中小球下落的高度不同，则到达水平面的速度不同，故不能得出动能大小与质量的关系。
故答案为：（1）木块被撞击后移动的距离；转换法；不能；（2）速度；（3）错误；没有保证小球的速度相同。
【点评】本题探究物体的动能大小跟哪些因素有关，考查转换法、控制变量法的运用和数据分析的能力。
28．（5分）如图所示是小李和小王利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
（1）实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将平衡螺母向 右 调节，使杠杆在水平位置平衡，这样操作的主要目的是 避免杠杆的自重对杠杆水平平衡的影响 。
（2）杠杆平衡后，小李在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，杠杆的 左 端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，可将右侧的钩码悬挂位置向 右 移动。
（3）小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为 小李 的实验方案更好，请说明你的理由。
（4）实验中小王发现，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 不能 （能/不能）影响到杠杆的平衡？请说明理由 这个作用在杠杆O点的力的力臂等于0，不影响杠杆的平衡 。
【分析】（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；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
（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哪端下降，要保持平衡，根据杠杆的平衡条件判断钩码向哪一侧移动；
（3）由力臂的定义，图丙弹簧测力计方向竖直向上，容易测量力臂，图丁力的方向不与杠杆垂直，不易测量力臂；
（4）过支点的力的力臂为零，据此分析。
【解答】解：（1）图甲中，杠杆右端偏高，说明杠杆的重心在左侧，则左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，目的是避免杠杆的自重对杠杆水平平衡的影响；
（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4G×2L＞2G×3L，故左端下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，可将右侧的钩码悬挂位置向右移动，增大力臂即可；
（3）由图丙可知，弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，根据力臂的定义，支点与动力作用点的距离等于力臂大小，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，小李的方案好；
（4）如果杠杆在O点受到一个向上的力，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；避免杠杆的自重对杠杆水平平衡的影响；（2）左；右；（3）小李；弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量；（4）不能；这个作用在杠杆O点的力的力臂等于0，不影响杠杆的平衡。
【点评】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。
29．（5分）为探究斜面的机械效率与斜面倾斜程度之间的关系，某探究小组的同学利用木块、木板、刻度尺、弹簧测力计等器材设计了如图所示的实验装置。实验测得的数据如下表：
实验次数
侧面倾斜程度
木块重力G/N
斜面高度h/m
沿斜面拉力F/N
斜面长度s/m
机械效率η
1
较缓
3
0.2
1.6
1
37.5%
2
较陡
3
0.3
1.8
1
3
最陡
3
0.4
2.0
1
60.0%
请你根据表中的数据解答下列问题：
（1）实验中要求用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做 匀速直线 运动，若木块沿斜面加速运动，则测得的机械效率 偏小 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（2）第2次实验中，斜面的机械效率为 50% 。
（3）当斜面长度一定时，斜面的机械效率η与斜面的高度h之间的关系大概如图 C 所示。
（4）从表格中我们还可以看出斜面的倾斜程度越 缓 （选填“缓”或“陡”）越省力。
【分析】（1）实验中要求用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做匀速运动，若物块沿斜面加速运动，则拉力变大，根据η＝×100%＝×100%分析测得的机械效率的变化；
（2）根据η＝×100%＝×100%求出第2次实验中斜面的机械效率；
（3）分析表格数据得出斜面长度不变时，斜面的机械效率与斜面高度的变化关系，然后得出η与h的大概关系图象；
（4）分析表格数据得出木块的重力和斜面长度不变时，拉力与斜面高度的关系，然后得出答案。
【解答】解：（1）实验中要求用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做匀速直线运动，若物块沿斜面加速运动，则拉力变大，
由η＝×100%＝×100%可知，在物体重力G和斜面高度h、斜面长度s不变的情况下，斜面的机械效率偏小；
（2）第2次实验中斜面的机械效率为：η＝×100%＝×100%＝×100%＝50%；
（3）由表格数据可知，斜面长度为1m不变时，当斜面高度分别为0.2m、0.3m、0.4m时，斜面的机械效率依次为37.5%、50%、60%，
所以，斜面的高度h越大时斜面的机械效率越大，且斜面的机械效率先急剧增大，后缓慢增大，η与h的关系大概如图C所示；
（4）由表格数据可知，木块的重力和斜面长度为1m不变时，当斜面高度分别为0.2m、0.3m、0.4m时，拉力依次为1.6N、1.8N、2.0N，
所以，斜面的倾斜程度越缓越省力。
故答案为：（1）匀速直线；偏小；（2）50%；（3）C；（4）缓。
【点评】本题考查了力与运动的关系和斜面机械效率的计算以及分析实验数据得出结论的能力，有一定的难度。
30．（4分）在“探究通电螺线管外部磁场”的实验中，老师在螺线管的两端各放一个小磁针，并在有机玻璃板上均匀的撒满铁屑：（1）闭合开关通电后，接下来的操作应该是 轻敲玻璃板 。这样做的目的是：使铁屑在玻璃板上跳动减小它与玻璃板之间的摩擦，从而使铁屑在磁场力的作用下动起来，更好地显示磁场分布情况；放入的小磁针是为了显示 磁场的方向 。
（2）铁屑的分布如图所示。图中A、B点相比， A 点磁场较强；实验中 不能 （选填“能”或“不能”）用铜屑代替铁屑显示磁场分布。
【分析】（1）铁屑在磁场中受到磁力的作用；放入小磁针后，小磁针受到磁力的作用而指示一定的方向；
（2）分析图可以看出通电螺线管的磁场和条形磁体的磁场一样，并且可以看到A点铁屑的分布比B点密集，由此可以确定A点的磁场比B点强；磁体具有吸铁性，所以不能用铜屑代替铁屑。
【解答】解：
（1）在玻璃板上均匀地撒上铁屑，然后给直导线通电，为了更好地通过铁屑客观描述出磁场分布情况，为了减小铁屑与玻璃板之间的摩擦，需轻敲玻璃板，使铁屑在磁场力作用下动起来；
磁场中放入小磁针，小磁针受到磁力的作用，会指示一定的方向，从而能判定磁场的方向；
（2）由图可以看出通电螺线管的磁场和条形磁体的磁场一样，并且可以看到A点铁屑的分布比B点密集，由此可以确定A点的磁场比B点强；磁体具有吸铁性，所以不能用铜屑代替铁屑。
故答案为：（1）轻敲玻璃板；磁场的方向；（2）A；不能。
【点评】该题考查学生对于通电螺线管磁场的理解和掌握，难度不大，要熟记。
31．（8分）在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，所用滑动变阻器的最大阻值40Ω。
（1）请用笔画线代替导线在图甲中完成实物电路的连接；
（2）小明同学进行试触时，发现小灯泡不发光，电流表无示数，电压表有示数，则电路中发生的故障可能是 小灯泡断路 （选填“小灯泡断路”、“小灯泡短路”或“滑动变阻器处断路”）；
（3）某次实验中，小明看到电压表示数为1.8V，要使灯泡L正常发光应向 A （选填“A”或“B”）端移动滑片，同时视线应注意观察 电压表 （选填“电流表”或“电压表”）示数，当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 0.6 W。
（4）小明还想利用图甲电路探究电流与电压的关系，你认为是否可行？ 不可行 （选填“可行”或“不可行”），为什么？ 探究电流与电压的关系时，应控制电阻的阻值不变，而小灯泡的电阻随温度的升高而增大 。
【分析】（1）根据电路图连接实物，特别注意电流表、电压表量程的选择和正负接线柱的接法，注意滑动变阻器的接法要一上一下，据此连接实物图。
（2）灯泡不亮说明某处断路或灯短路，电压表有示数，电压表的正负接线柱与电源正负极之间连接是连通的，说明灯泡断路，电流表无示数说明是某处断路或电流表短路。
（3）根据串分压的知识进行分析，在串联电路中，电阻越大分得的电压越多。在进行电流表的读数时，注意量程和分度值。将电压值和电流值代入公式P＝UI计算出额定功率。
（4）探究电流与电压的关系时，应控制电阻的阻值不变，而小灯泡的电阻随温度的升高而增大。
【解答】解：（1）根据电路图连接实物电路，先将串联的元件连接好，最后将电压表并联在灯泡两端。小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，根据欧姆定律可知灯泡正常发光时电路中的电流为I＝＝＝0.25A，电流表可选择0～0.6A的量程；小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表应选择0～3V的量程。如图所示：
（2）①灯泡短路，灯不亮，电压表示数为0，电流表有示数，不符合题意；
②灯泡发生断路，电压表的正负接线柱与电源正负极之间连接是连通的，电压表有示数；电压表的电阻无限大，使得电路中的电流为0，电流表的示数为0，符合题意；
③变阻器断路，电流表和电压表都无示数，不符合题意。
（3）根据已知条件，电压表示数为1.8V，说明小灯泡两端的电压太小，应减小滑动变阻器两端的电压，所以应向A端移动滑片，使灯泡两端的电压为额定电压2.5V。
根据丙图，电流表的量程为0～0.6A，其分度值为0.02A，其读数为0.24A，所以小灯泡的额定功率P＝UI＝2.5V×0.24A＝0.6W。
（4）探究电流与电压的关系时，应控制电阻的阻值不变，而小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故不可行。
故答案为：（1）如图所示；（2）小灯泡断路；（3）A；电压表；0.6；（4）不可行；探究电流与电压的关系时，应控制电阻的阻值不变，而小灯泡的电阻随温度的升高而增大。
【点评】本题考查了连接实物电路图、电路故障分析、实验注意事项、电表读数、求灯泡功率等问题，连接电路图时要注意电表量程的选择。
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