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2021-2022学年广东省阳江市江城区九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2021-2022学年广东省阳江市江城区九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共23页。试卷主要包含了6kW⋅h，若电价0，2×103J/)，【答案】D，【答案】A，【答案】C，【答案】B，【答案】两 负 同，【答案】内 减少 做功等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省阳江市江城区九年级（上）期末物理试卷
1. 下列实例中，力对物体没有做功的是( )
A. 叉车向上举起货物 B. 阿呆用力推石头但石头不动
C. 大力士拉着汽车缓慢前进 D. 小红沿着斜面向上拉动物体
2. 根据表中几种物质的比热容，判断下列说法不正确的是( )
物质
比热容
物质
比热容
水银
0.14×103
沙石
0.92×103
水
4.2×103
冰
2.1×103
A. 制作体温计常用水银做介质，原因之一是水银的比热容小
B. 北方楼房中的暖气用水做介质，利用了水的比热容大的特性
C. 由于水比沙石的比热容大，相同质量的水和沙石吸收相同的热量后水升温比沙石快
D. 水和冰的比热容不同，说明比热容的大小与物质状态有关
3. 下列关于功、功率、机械效率的说法正确的是( )
A. 物体做功越多，功率一定越大
B. 机器的功率越小，机械效率一定越低
C. 功率不同的机器，做的功一定不相等
D. 额外功与总功之比越小，机械效率一定越大
4. 如图是简化了的玩具警车的电路图，以下说法中正确的是( )
A. 开关S1控制整个电路
B. 电动机与小灯泡工作时互不影响
C. S1和S2都闭合时流过电动机与小灯泡的电流一定相等
D. S1和S2都闭合时电动机与小灯泡是串联的
5. 用如图所示的装置“探究影响电流热效应的因素”，电阻丝R1和R2分别密封在两只完全相同的烧瓶中，且R1
A. 该装置用来探究电流热效应与电流大小的关系
B. 闭合开关后，装R2电阻丝的烧瓶中温度计示数上升较快
C. 实验中，通过温度计示数的变化来比较电阻丝产生热量的多少
D. 该实验采用的是转换法和控制变量法
6. 如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动过程中(假设灯丝电阻不变)，下列说法正确的是( )
A. 电压表示数变大，灯变暗
B. 电压表和电流表示数的比值变大
C. 电压表和电流表示数都变小
D. 电流表示数变大，灯变亮
7. 下图中符合安全用电要求的是( )
A. 开关和灯泡的连接
B. 测电笔的使用
C. 插座的使用
D. 湿手接触开关
8. 自然界只存在______种电荷，毛皮摩擦过的橡胶棒因得到电子带______电，将该橡胶棒靠近轻质小球，二者互相排斥，则小球与橡胶棒带______种电荷(选填“同”或“异”)。
9. 如图所示试管内水蒸气将塞子推出的过程，水蒸气的______能转化为塞子的机械能，水蒸气内能______(填“增加”或“减少”)。四冲程汽油机工作过程中的______冲程与上述能量转化过程相同。
10. 如图是某单缸四冲程汽油机工作循环的______冲程，飞轮转速为3000r/min，则1s内该汽油机对外做功______次；该汽油机工作时气缸内燃气对活塞平均推力为2000N，活塞向下运动的距离是50cm，则汽油机的功率是______ kW。
11. “西气东输”工程中，输送的燃料为天然气。这是利用了天然气______较大的特性，当0.05m3天然气完全燃烧可以放出的热量为4.2×106J，则天然气的热值为______J/m3，质量为5kg、温度为15℃的水完全吸收了这些热量后，它的末温为______℃(在一个标准大气压下)。
12. 上海地区家用照明电路的电压为______ 伏。电视机与电冰箱是______ 连接的(选填“串联”或“并联”)，当家中开启的用电器增加时，电路中的______ 变大(选填“总电压”、“总电阻”或“总电流”)。
13. 在某一温度下，连接在电路中的两段导体甲和乙的电流与其两端电压的关系如图所示，由图中信息可知R甲______R乙(填“大于”“等于”或“小于”)；当通过乙导体的电流为0A时，乙导体的电阻为______Ω；当把R甲和R乙并联后接在2.0V的电源两，则此电路干路中的电流为______ A。
14. 某兴趣小组同学按图甲电路做测量电压的实验，闭合开关，两只电压表指针均指在图乙所示的位置，则电源电压为______ V，L1的电压为______ V，L2的电压为______ V。
15. 请在下面电路图中的“〇”内填上最合适的电表(电流表或电压表)。
16. 如图为某同学正在投铅球过程，请画出铅球离开手后在空中运行直到落地过程其动能随时间变化的关系图象。(设铅球刚离开手时动能为E0)
17. 如图所示是某同学家常用的一个插线板，他在使用中发现：插线板上的指示灯在开关断开时不发光，插孔不能提供工作电压；而在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压。在图中连接部分线路，连接插线板电路，使其符合上述现象及安全用电要求。
18. (1)如图甲所示，电能表上月末显示的示数为______kW⋅h，本月末显示的示数为1021.6kW⋅h，若电价0.6元/度，本月应交电费______元。
(2)如图乙所示，电阻箱的示数是______Ω，该电阻箱可调节阻值范围是______Ω。
(3)如图丙所示的仪器，实验时应将它与被测量的用电器______联；使用中该电表的______(选填“+”或“-”)接线柱与被测用电器靠近电源正极的一端相连，在测量一节干电池电压，应选用的量程是______ V。
19. 如图所示是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验示意图。小明同学让钢球分别从斜面由静止开始滚下，撞击木块。
(1)该实验是通过观察______来判断______(选填“钢球”或“木块”)动能的大小。
(2)利用图中的器材可以探究物体动能的大小与物体______的关系，得到的结论是：______。
(3)实验中，钢球碰撞木块后继续向前运动，在水平木板上滑动一段距离后停下，设开始时钢球的重力势能为Ep，木块克服摩擦力所做的功为W，则Ep______W(选填：“>”、“<”或“=”)。
(4)在探究动能的大小与质量关系时，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，要继续完成此实验，下列措施中可行的是：______(选填序号)。
A.换质量更大的木块；
B.换质量更大的钢球；
C.降低第二次钢球的高度；
D.换质量更小的钢球。
20. 如图甲所示是小明测量小灯泡电功率的实验电路图，已知小灯泡的额定电压为2.5V.
(1)该实验的实验原理是______；在连接电路时，开关闭合前滑动变阻器的滑片P应滑到______(选填“a”或“b”)端。
(2)小明确认电路连接无误后，闭合开关，缓慢移动滑动变阻器的滑片，发现电流表示数有变化，电压表没有示数，小灯泡不发光，则电路的故障是______。
(3)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是______ W。
(4)根据测出的数据，小明画出了小灯泡的电流与电压的关系图象(如图丙所示)，发现图象是弯曲的，其主要原因是灯丝的电阻随温度的升高而______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)小灯泡两端的电压是1.25V时，它的实际功率______0.25W(选填“>”、“<”或“=”)
(6)当这个小灯泡与一个阻值是10Ω的定值电阻并联在某一电路中时，干路电流是0.3A，则此时小灯泡两端电压是______ V。
21. 如图所示，重为40N的物体A在拉力F的作用下，5s内被匀速提高了0.5m，拉力F做的功随时间变化的图象如图所示。
求：(1)拉力F的功率？
(2)拉力F大小？
(3)机械效率是多少？
(4)如果不计绳重与摩擦，动滑轮重力是多少？
22. 如图甲是巴氏低温消毒柜，它有加热和保温功能，其内部简化电路如图乙所示。R1、R2均为电热丝，加热功率为1100W，保温功率为220W，S1为温控开关，S1闭合时对酸奶加热，当温度升高到65℃时自动断开，变为保温状态，使酸奶的温度维持在60℃∼65℃之间(c酸奶=4×103J/(kg⋅℃))。求：
(1)R1、R2的阻值；
(2)消毒柜将0.22kg的15℃的酸奶加热到65℃需要吸收的热量；
(3)若不计热量损失，把酸奶从15℃加热到65℃需要的时间。
23. 如图甲、乙所示，在探究“不同物质吸热能力”的实验中，在两个相同的烧杯中加入初温相同、质量相同的水和食用油。
(1)选用相同电加热器的目的是：使水和食用油在相同时间内吸收热量______。
(2)水和食用油温度随时间变化的图像如图丙所示，①根据图丙可判断出a物质是______(填“水”或“食用油”)。②在本实验中，为比较水和食用油吸热能力的大小，同学们采用的方法是升高相同的温度比较______。根据图丙可计算食用油的比热容为______J/(kg⋅℃)。(c水=4.2×103J/(kg⋅℃))
(3)甲图中，水沸腾时继续吸热，温度为100℃不变，沸腾时水(含水蒸气)的内能______(填“不变”、“变大”、“变小”)。
24. 小智同学在“探究通过导体的电流与电阻的关系”时，他用如图所示的电路进行实验，可供选择的定值电阻分别为2.5Ω、5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。实验中电阻R两端的电压始终保持3V不变，滑动变阻器的规格为“15Ω1A”。
(1)请用笔画线代替导线，将图甲中实物电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片P向B端移动时接入电路的电阻变大；
(2)连接电路时开关应该______(选填“闭合”或“断开”)；
(3)实验中，不能被选用的电阻为______Ω；
(4)保证可用电阻均能正常进行实验，电源电压应该控制在3V至______ V之间；
(5)小明同学根据图甲电路探究“通过导体的电流与电阻的关系”，根据实验的数据绘出了I−1R图像，如图乙所示。分析图像可知，当通过导体的电流为0.2A时，导体的电阻为______Ω；换上更大的电阻后，闭合开关，电压表示数将______(选填“变大”或“变小”)，此时应将滑片向______(选填“A”或“B”)端移动，使电阻两端电压为______ V。
25. 阅读短文，回答问题：
据报道，安装在我国上海中心大厦的“火箭”电梯，其攀升速度创造了20.5m/s的世界纪录，从1楼到118楼只需短短55s。电梯的典型结构包括滑轮、轿厢、钢丝绳、配重、电动机、安全装置和信号操纵系统等。如图甲所示，是某种升降电梯工作原理图。电动机和配重通过钢丝绳分别给轿厢施加拉力，连接轿厢的两根钢丝绳非常靠近，轿厢与配重的运动方向始终相反。电动机通过切换转轴的转动方向，使轿厢升降自如。
(1)图甲中A滑轮是______(选填“定”或“动”)滑轮，B滑轮______(选填“能”或“不能”)省力；
(2)电梯在匀速上升过程中，轿厢的动能______，配重的重力势能______(选填“增大”、“减小”或“不变”)；
(3)如图乙所示是某次电梯满载上升时的v−t图像，若配重的质量为450kg，空轿厢的质量是550kg，额定载重量是1100kg，(g取10N/kg)。电梯匀速运行阶段配重的重力做功______ J。若不计钢丝绳重和一切摩擦，该电梯满载匀速运行时，电动机钢丝绳对轿厢拉力的功率为______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、叉车向上举起货物，对物体施加了力，在力的方向上移动了距离，故叉车对货物做了功，故A不符合题意；
B、阿呆用力推石头但没有推动，有力但没有距离，所以没有做功，故B符合题意；
C、大力士拉着汽车缓慢前进，大力士对汽车施加了力，在力的方向上移动了距离，做了功，故C不符合题意；
D、小红沿着斜面向上拉动物体，小红给物体一个作用力，在力的方向移动了距离，故小红对物体做了功，故D不符合题意。
故选：B。
做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。二者缺一不可。
有力有距离，力对物体不一定做功，物体必须在力的方向上通过了距离，力对物体才做功。
2.【答案】C
【解析】解：A、水银的比热容比较小，吸收相同的热量温度升得更高，可以更准确地测量物体的温度，所以A是正确的，不符合题意；
B、水的比热容比较大，降低相同的温度时可以放出更多的热量，取暖效果更好，所以B是正确的，不符合题意；
C、因为水比沙石的比热容大，在吸收和放出相同的热量时，水的温度变化值更小，沙石的温度变化值大，所以相同质量的水和沙石吸收相同的热量后沙石升温比水快，所以C是错误的，符合题意；
D、物质处于不同的状态，比热容不相等，说明比热容的大小与物质状态有关，所以D是正确的，不符合题意．
故选C.
(1)液体温度计的原理是液体的热胀冷缩性质，水银的比热容小，吸收相同的热量时，温度变化得更明显；
(2)暖气中的传热介质，要求在降低相同的温度时放出更多的热量，就需要比热容较大的水；
(3)沙石的比热容比较小，在同样受热和受冷的情况下，沙石的温度变化值比较大；
(4)比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与吸放热的多少、质量、体积的大小都没有关系．
此题考查的是比热容知识在生活中的应用，理论联系实际，是一道好题．
3.【答案】D
【解析】解：
A、功率是功与时间的比值，做功多，时间不确定，功率大小不能确定，故A错误；
B、机械效率是有用功与总功之比：η=W有用W总，机械功率是物体在单位时间内做的功，P=Wt，机械效率与机械功率大小没有直接关系，故B错误；
C、由W=Pt可知，做功多少还受时间的影响，功率不同的机器，做的功可能相等，故C错误；
D、总功包括有用功和额外功，额外功在总功中占比例越小，则有用功在总功中占比例越大，机械效率越高，故D正确。
故选：D。
(1)根据P=Wt，功率由功和时间共同决定；
(2)功率是表示做功快慢的物理量，机械效率是有用功和总功的比值。
该题考查学生对机械效率的理解，特别要注意功率与机械效率是两个不同的物理量，它们之间没有任何关系。
4.【答案】B
【解析】解：
ABD、根据电路图可知，开关S1和S2闭合时，电动机和小灯泡并联，因此电动机与小灯泡工作时互不影响；
开关S1串联在小灯泡的支路上，则S1只控制小灯泡，故B正确，AD错误；
C、并联电路中各支路两端的电压相等，但各支路的电流不一定相等，所以电动机与小灯泡工作时通过的电流不一定相等，故C错误。
故选：B。
根据电路图可知，开关S1控制小灯泡，开关S2控制电动机，两开关都闭合时电动机和小灯泡并联；根据并联电路中各支路互不影响、并联电路的电流、电压特点、开关所在的位置决定其作用进行解答。
本题考查并联电路的特点、电压和电流规律以及并联电路中开关的作用等内容，属于基础知识。
5.【答案】A
【解析】解：A、由图可知，两电阻丝串联，电流相同，通电时间也相同，但电阻不同，故该实验探究的是电流产生的热量与电阻的关系，故A错误；
B、由焦耳定律Q=I2Rt可知，电流和通电时间相同时，电阻越大，放出的热量越多，由于R1
D、该实验探究的是电流产生的热量与电阻的关系，控制电流和通电时间相同，用到了控制变量法，通过观察温度计的示数大小来判断电流产生的热量的多少，用到了转换法，故D正确。
故选：A。
(1)根据装置中的相同点、不同点，利用控制变量法分析；
(2)由焦耳定律Q=I2Rt分析放出热量的多少；
(3)通过观察烧瓶中温度计示数的变化来判断电阻丝发热的多少属于转换法；
(4)电阻产生的热量与电流大小、通电时间和电阻的大小有关，当研究其中一个因素的影响时，要控制其他因素相同，即控制变量法。
本题考查控制变量法和转换法在焦耳定律实验中的应用，注意两导体串联时电流和通电时间相等，导体产生热量的多少是通过温度计示数的变化来反映的。
6.【答案】C
【解析】解：
由图可知滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流；
将滑动变阻器的滑片P向右移动过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，
由I=UR可知电路中的电流变小，即电流表的示数变小；
由U=IR可知灯泡两端的电压变小，电压表的示数变小；
电压表与电流表的示数比值大小等于灯泡电阻，而灯丝电阻不变，所以两表的示数比不变；
灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，由P=UI可知灯泡的实际功率变小，灯泡变暗。
故选：C。
由图可知滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流；
根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可求得电路中电流的变化及电压表示数的变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，利用灯泡的亮暗取决于实际功率的大小确定灯泡的亮暗。
本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律、电功率公式和滑动变阻器的使用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
7.【答案】B
【解析】解：A、开关应该接在灯与火线之间，如果接在了灯与零线之间，当灯泡出现问题更换灯泡时，会发生触电事故。故A错误；
B、使用测电笔检测电路时，应使手指按住笔尾的金属体，这样在接触电路时，才能检测出电路有没有电。故B正确；
C、在同一个插座上，如果用电器的功率过大，则通过插座的电流过大，容易引发火灾，故C错误；
D、不能用湿手或湿物体接触开关或正在工作的用电器，容易发生触电事故。故D错误。
故选：B。
开关应该接在灯与火线之间。使用测电笔时，手指应接触笔尾金属体。同一个插座，用电器的功率不能过大；不能用湿手接触开关。
本题考查了生活中常见的安全用电做法，切记不能违反安全用电规则。
8.【答案】两 负 同
【解析】解：自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷；因橡胶棒原子核束缚电子的能力强，毛皮与橡胶棒摩擦时毛皮上的电子会转移到橡胶棒上，橡胶棒因得到电子带负电；
当将带负电的橡胶棒靠近轻质小球，若二者互相排斥，因同种电荷相互排斥，所以小球与橡胶棒带同种电荷。
故答案为：两；负；同。
(1)自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷；摩擦起电的实质是电荷的转移，失去电子的带正电，得到电子的带负电。
(2)同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
本题考查摩擦起电和电荷间的相互作用，熟练掌握基础知识是正确解题的关键。
9.【答案】内 减少 做功
【解析】解：当试管内水被酒精灯加热后，水蒸气的内能逐渐增大，最后会把塞子推出，水蒸气的内能转化为塞子的机械能。此过程与汽油机的做功冲程类似，在做功冲程中也是燃气的内能转化为活塞的机械能。
故答案为：内；减少；做功。
做功可以改变物体的内能：当对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能。
本题是考查对做功和热传递改变物体内能的辨别，是中考热点，属于易错题目。
10.【答案】压缩 25 25
【解析】解：由图可知，当两气门关闭、活塞向上运动时，该冲程是汽油机的压缩冲程；
在四冲程内燃机的工作过程中曲轴转2圈，完成4个冲程，完成一个工作循环，1个工作循环外做功1次；
由题意可知，单缸四冲程汽油机的飞轮转速是3000r/min=50r/s，即每秒钟转50r，
因为飞轮转2r，对外做功1次，所以飞轮转50r，对外做功25次。
活塞向下运动的距离是s=50cm=0.5m，
一个做功冲程做的功：W1=Fs=2000N×0.5m=1000J，
该汽油机工作1s时所做的功：W=25W1=25×1000J=25000J；
则汽油机的功率为：P=Wt=25000J1s=25000W=25kW。
故答案为：压缩；25；25。
当两气门关闭，活塞上行时是压缩冲程，这是压缩冲程的特点；
热机完成一个工作循环，经历四个冲程、活塞往复运动2次，曲轴和飞轮转2周，对外做功1次；
根据W=Fs求出所做的功，根据P=Wt求出功率的大小。
解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点和功率的计算公式进行分析解答，记住内燃机的工作特点及飞轮转的圈数和做功次数的关系是正确解题的关键。
11.【答案】热值 8.4×107 100
【解析】解：(1)天然气与其它燃料相比较，天然气的热值大，燃烧时产生废气污染小，所以选择使用天然气；
(2)天然气的热值：q天然气=Q放V=4.2×106J0.05m3=8.4×107J/m3；
(3)水完全吸收了这些热量：Q吸=Q放=4.2×106J；
由Q吸=cmΔt可知，Δt=Q吸c水m水=4.2×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×5kg=200℃；
由Δt=t−t0可知，水的末温：t=Δt+t0=200℃+15℃=215℃；
在一个标准大气压下，水的沸点是100℃，水沸腾时，吸收热量，温度保持不变，所以水的末温为100℃。
故答案为：热值；8.4×107；100。
(1)天然气的热值大，完全燃烧相同质量的天然气和其它燃料相比，完全燃烧天然气会放出更多的热量；
(2)利用q=Q放V计算出天然气的热值；
(3)利用Q吸=cmΔt可以计算出水的温度变化，然后利用Δt=t−t0求出水的末温。
本题主要考查了热值的概念、热值的定义公式q=Q放V的应用以及水吸热公式的掌握和运用，难度不大。
12.【答案】220 并联 总电流
【解析】解：
上海地区家庭电路的电压为220V；
电视机、空调工作时互不影响，是并联连接的；
当家中开启的用电器增加时，相当于横截面积变大，故家中电路的总电阻变小；
因为干路中的电流等于各支路电流之和，所以使用的家用电器越多，电路中的总电流越大，总电压不变。
故答案为：220；并联；总电流。
(1)家庭电路的电压为220V；
(2)家用电器工作互不影响，应并联使用。
(3)导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；干路中的电流等于各支路电流之和。
记住常见电压值、明确家庭电路电器的连接方式、理解影响电阻的因素；可解答此题。
13.【答案】小于 100.6
【解析】解：(1)由图象可知，当U=3V时，I甲=0.6A，I乙=0.3A，
由I=UR可得，两导体的电阻分别为：
R甲=U甲I甲=3V0.6A=5Ω，RB=UBIB=3V0.3A=10Ω，
所以R甲小于R乙。
(2)由于电阻是导体的一种性质，与导体两端电压和通过的电流无关，
所以，当通过乙导体的电流为0A时，其电阻的大小不变，仍为10Ω。
(3)根据图象可知，当甲、乙两端电压为2V时，
通过甲、乙的电流：I甲′=0.4A，I乙′=0.2A，
因为并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流：I=I甲′+I乙′=0.4A+0.2A=0.6A。
故答案为：小于；10；0.6。
(1)从图象中读出任意一组元件A和B对应的电压、电流值，根据欧姆定律求出两电阻的阻值，然后比较两电阻的阻值大小；
(2)影响电阻的大小因素有：长度、材料、横截面积以及温度，与导体两端电压和通过的电流无关；
(3)由图象可知，当电压为2.0V时可知通过甲、乙的电流大小，再根据并联电路电流规律求出干路电流。
本题考查欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息得出两电阻大小。
14.【答案】75.61.4
【解析】解：由图知，两灯串联，V2测电源电压，V1测L2两端的电压，由串联电路的电压特点可知，V2的示数应大于V1的示数；
而两表指针位置相同，说明V2选的是大量程，V1的是小量程，则由图可知V2的示数为7V，即电源电压为U=7V；V1示数为1.4V，即L2两端的电压为U2=1.4V；
又因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以灯L1两端电压为U1=U−U2=7V−1.4V=5.6V。
故答案为：7；5.6；1.4。
由图可知，两个电灯串联，两个电压表分别测的是总电压和L2两端的电压，这两个电压值是不会相等的，指针位置相同，说明选择的量程不同，然后根据串联电路电压的特点读出电压表的示数，然后计算出L1和L2两端的电压。
本题考查了串联电路的电压特点，关键是电表所测电路元件的辨别以及电表量程的判断和读数。
15.【答案】解：由题意可知，闭合开关后，两灯泡都能正常发光，
由电路图可知，左侧圆圈内为电流表时会造成电源短路，所以左侧圆圈内为电压表；
右侧圆圈内为电压表时会造成灯泡L2断路，所以右侧圆圈内应为电流表，如下图所示：
【解析】电流表的内阻非常小，相当于导线串联在电路中；电压表的内阻特别大，相当于断路并联在用电器两端，据此进行解答。
本题考查了电流表和电压表的正确使用，熟练掌握两者电表的使用规则是关键。
16.【答案】解：铅球离手后，铅球在上升过程中，质量不变，速度不断减小，动能不断变小；铅球在下降过程中，质量不变，速度不断变大，动能不断变大。
铅球在最高点时，仍有一定的速度，故其动能不为零，即图线不能与横轴相交。所以在整个运动过程中，铅球的动能先变小后变大，如图所示：
【解析】动能大小的影响因素：质量、速度。速度一定时，质量越大动能越大；在质量一定时，速度越大，动能越大。
掌握动能大小的影响因素，利用控制变量法，解释动能大小的变化，并通过画图来表示。
17.【答案】解：由题知，在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压，说明指示灯与插孔并联，并且开关在干路上；这样，火线连接开关后分开，一支路连接指示灯、电阻，另一支路连接三孔插座的右孔；三孔插座的左孔与指示灯和电阻的支路汇合后，再连接到零线上，如图所示：
【解析】由题知，插孔和指示灯互不影响为并联，开关能同时控制指示灯、插孔，处在干路上；据此连接，注意开关要接在火线上。
根据用电器之间是否相互影响是判断用电器串联和并联的方法之一；家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。
18.【答案】931.65432040∼9999并 +0∼3
【解析】解：(1)如图甲所示，电能表上月末显示的示数为931.6kW⋅h，则本月消耗的电能：W=1021.6kW⋅h−931.6kW⋅h=90kW⋅h=90度；
本月应交电费：90度×0.6元/度=54元；
(2)由图知，×1000的位置对应的数字是3，×100的位置对应的数字是2，×10的位置对应的数字是0，×1的位置对应的数字是4，故电阻箱的示数是3204Ω。
当各指针处都指向最大数值“9”时，即为电阻箱的最大测量值，故该电阻箱可调节阻值范围是0∼9999Ω；
(3)由图可知，该电表上面标有V，是电压表，电压表应与被测电路并联；
电流要从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出，所以电表的“+”接线柱与被测用电器靠近电源正极的一端相连；
要测量一节干电池的电压，因一节干电池的电压约为1.5V，所以电压表应选用的量程是0∼3V。
故答案为：(1)电功；54；(2)3204；0∼9999；(3)并；+；0∼3。
(1)电能表的读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW⋅h；本月消耗的电能为本月末示数与上月末示数之差，乘以电价，为本月应交电费；
(2)用Δ所指的示数乘以下面的倍数，然后将所有的数值相加，即为该电阻箱的读数。当各指针处都指向最大数值时，即为电阻箱的最大测量值。
(3)电压表应与被测电路并联，电压表正接线柱应靠近电源正极一端；一节干电池的电压约为1.5V。
本题考查了电能表的读数、电阻箱的认识和读数方法、电压表的使用方法，都属于实验仪器的基本使用，题目比较基础。
19.【答案】木块移动的距离 钢球 速度 质量一定时，物体的速度越大，动能越大 >D
【解析】解：(1)实验中通过观察木块被撞击后滑行的距离的大小来间接判断钢球动能的大小，该方法是转换法；
(2)根据图示可知，小球的质量不变，滚下的高度不同，到达水平面时的速度不同，所以探究的是动能大小与速度的关系，钢球的速度越大，撞击木块移动的距离越大，动能越大；结论为：在质量一定时，物体的速度越大，动能越大；
(3)钢球从高处滚下的过程中，重力势能转化为动能；由于存在摩擦，克服摩擦做功，一部分重力势能转化为内能；钢球与木块碰撞的过程中，球对木块做功，做功的大小小于球最初的动能；木块在运动过程中，克服摩擦做功，机械能转化为内能，即木块克服摩擦做的功等于木块的动能大小，也就是小于碰撞前小球的重力势能；
(4)在探究动能的大小与质量关系时，需要控制速度大小不变，改变质量，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，这说明该球的质量太大了；
A、换质量更大的木块，改变了摩擦力的大小，故A错误；
B、实验中需要控制速度相同，不能降低第二次钢球的高度，故B错误；
C、换质量更大的钢球，则更容易使木块滑出木板，故C错误；
D、换质量更小的钢球，能减小木块移动的距离，故D正确；
故选D。
故答案为：(1)木块移动的距离；钢球；(2)速度；质量一定时，物体的速度越大，动能越大；(3)>；(4)D。
(1)此实验把动能的大小转换为木块被撞击后滑行的距离，距离越远表明钢球的动能越大；
(2)动能的大小与质量和速度有关，实验时用控制变量法分别探究；
(3)木块滑动过程中，克服摩擦力做功；
(4)根据减小动能的方法分析。
用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；采用控制变量法研究实验时，一定注意相同因素和不同因素。
20.【答案】P=UIb小灯泡短路 0.75增大 >1
【解析】解：(1)根据电功率公式P=Wt=UItt=UI可知，测量小灯泡的额定功率的实验原理是P=UI；
闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最大阻值端，防止电流过大，损坏电路元件，起保持电路的作用，根据图甲可知，滑动变阻器的最大阻值端在 b端，由此可知，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到b端；
(2)电流表的示数，说明电路是通路，电压表无示数，小灯泡不发光，说明小灯泡两端无电压，小灯泡相当一根导线，由此可知，电路故障是小灯泡短路；
(3)由图乙可知，电流表所选量程是0∼0.6A，分度值为0.02A，电流表的示数是0.3A，小灯泡的额定功率P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；
(4)由图丙可知，小灯泡两端的电压越大，通过灯泡的电流也越大，但灯泡两端电压比通过灯泡的电流增大的更快，由此可知，灯泡两端电压越大，灯泡发光越亮，灯丝温度越高，灯丝的电阻越大，所以灯丝的电阻随温度升高而增大；
(5)由图丙可知，当灯泡两端的电压为1.25V时，通过灯泡的电流大于0.2A，灯泡的实际功率P实=U实I实>1.25V×0.2A=0.25W；
(6)根据并联电路电压规律可知，当灯泡与定值电阻并联时，灯泡和定值电阻两端的电压相等；由图象可知，当灯泡两端的电压为1V，通过灯泡的电流为0.2A，此时通过定值电阻的电流I定=U定R定=1V10Ω=0.1A，干路中的电流I总=I灯+I定=0.2A+0.1A=0.3A，符合题意，故灯泡两端的电压为1V。
故答案为：(1)P=UI；b；
(2)小灯泡短路；
(3)0.75；
(4)增大；
(5)>；
(6)1。
(1)根据电功率公式P=Wt=UItt=UI可得出测量小灯泡的额定功率的实验原理；闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最大阻值端，防止电流过大，损坏电路元件，起保持电路的作用，根据图甲可知，滑动变阻器的最大阻值端在 b端，由此得出结论；
(2)电流表的示数，说明电路是通路，电压表无示数，小灯泡不发光，说明小灯泡两端无电压，小灯泡相当一根导线，由此得出结论；
(3)由图乙可知，电流表所选量程是0∼0.6A，分度值为0.02A，由此可读出电流表的示数，根据P=UI可计算出小灯泡的额定功率；
(4)由图丙可知，小灯泡两端的电压越大，通过灯泡的电流也越大，但灯泡两端电压比通过灯泡的电流增大的更快，由此可得出结论；
(5)由图丙可知，当灯泡两端的电压为1.25V时，通过灯泡的电流大于0.2A，根据P=UI可得出结论；
(6)根据并联电路电压规律可知，当灯泡与定值电阻并联时，灯泡和定值电阻两端的电压相等；由图象可知，当灯泡两端的电压为1V，通过灯泡的电流为0.2A，根据欧姆定律可求出通过定值电阻的电流，再求出干路中的电流，由此得出结论。
本题主要考查测量小灯泡的额定功率，其中当小灯泡两端电压为1.25V时，小灯泡的实际功率大小与0.25W的比较，利用图象求解是解题的一个技巧，求解第(6)小问是本题的难点之一。
21.【答案】解：
(1)由图乙可知，5s内拉力F做的功：W总=25J，
则拉力的功率：
P=W总t=25J5s=5W；
(2)由图甲可知，n=2，则绳子自由端移动距离：s=2h=2×0.5m=1m，
由W=Fs可得作用在绳子上的拉力：
F=W总s=25J1m=25N；
(3)拉力做的有用功：W有用=Gh=40N×0.5m=20J，
滑轮组的机械效率：
η=W有用W总=20J25J×100%=80%；
(4)不计绳重与摩擦，拉力F=12(G+G动)，则动滑轮重力：
G动=2F−G=2×25N−40N=10N。
答：(1)拉力F的功率为5W；
(2)拉力F大小为25N；
(3)机械效率是80%；
(4)如果不计绳重与摩擦，动滑轮重力是10N。
【解析】(1)由图乙可知，5s内拉力F做的功，利用P=Wt求拉力的功率；
(2)由图知，n=2，绳子自由端移动距离s=2h，利用W=Fs求作用在绳子上的拉力大小；
(3)利用W=Gh求拉力做的有用功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；
(4)不计绳重与摩擦，拉力F=12(G+G动)，据此求动滑轮重力。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算，确定使用滑轮组时承担物重的绳子股数n(直接从动滑轮上引出的绳子股数)是关键。
22.【答案】解：
(1)由图可知，当S、S1闭合时，R1被短路，只有R2工作，此时电路中的电阻较小，电源电压不变，根据P=UI=U2R可知，此时功率较大，为加热状态；
根据P=UI=U2R可得R2的阻值：
R2=U2P加热=(220V)21100W=44Ω，
当S1断开时，R1、R2串联，此时为保温状态，
电路中的总电阻：R=U2P保温=(220V)2220W=220Ω，
R1的阻值：R1=R−R2=220Ω−44Ω=176Ω；
(2)消毒柜将0.22kg的15℃的酸奶加热到65℃需要吸收的热量：
Q吸=c酸奶m(t1−t2)=4×103J/(kg⋅℃)×0.22kg×(65℃−15℃)=4.4×104J；
(3)若不计热量损失，需要消耗的电能W=Q吸=4.4×104J，
由P=Wt可得，把酸奶从15℃加热到65℃需要的时间：
t=WP加热=4.4×104J1100W=40s。
答：(1)R1、R2的阻值分别为176Ω和44Ω；
(2)消毒柜将0.22kg的15℃的酸奶加热到65℃需要吸收的热量为4.4×104J；
(3)若不计热量损失，把酸奶从15℃加热到65℃需要的时间为40s。
【解析】(1)开关S、S1闭合时，电路为R2的简单电路，此时电路的电阻较小，电路的总功率最大，处于加热状态；根据P=UI=U2R求出R2的阻值；
开关S1断开时，R1、R2串联，此时电路的总电阻较大，电路的总功率最小，处于保温状态，根据P=UI=U2R求出电路的总电阻，再根据串联电路电阻的特点求出R1的阻值；
(2)根据Q吸=cm(t−t0)求出酸奶吸收的热量；
(3)若不计热量损失，需要消耗的电能W=Q，然后利用P=Wt求出加热时间。
本题主要考查了电功率公式、吸热公式的应用，正确判断消毒柜处于不同状态时电路的连接方式是关键。
23.【答案】相同 水 加热时间 2.1×103J变大
【解析】解：(1)在两个相同的烧杯中加入初温相同、质量相同的水和食用油，根据转换法，选用相同电加热器的目的是：使水和食用油在相同时间内吸收相同的热量；
(2)根据如图乙水和食用油温度随时间变化的图象知，升高30℃−10℃=20℃，a用时6分钟，b用时3分钟，根据比较吸收能力的第1种方法，即升高相同的温度比较加热时间知液体a的吸热能力强，比热容较大；故a物质是水；
根据转换法，升高相同的温度，b吸收热量是a的3min6min=12倍，根据c=QmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸收的热量Q与比热容c成正比，故液体b即食用油的比热容是：
c=12×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)；
(3)甲图中，水沸腾时温度为100℃不变，但继续吸热，故沸腾时水的内能变大。
故答案为：(1)相同；(2)①水； ②加热时间；水；2.1×103；(3)变大。
(1)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
(2)比较物质吸热能力的方法：
使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
根据转换法，升高相同的温度，比较b、a吸热多少关系，根据c=QmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸收的热量Q与比热容c成正比求出食用油的比热容；
(3)液体沸腾时吸热温度不变，内能增加。
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及内能大小比较，为热学中的重要实验。
24.【答案】断开 2.54.810变大 B 2
【解析】解：(1)要求滑动变阻器的滑片P向B端移动时接入电路的电阻变大，故变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示：
(2)为了保护电路，连接电路时开关应断开；
(3)实验中电阻R两端的电压始终保持3V不变，若选用2.5Ω的电阻，由欧姆定律，电路的电流为：
I=UR1=3V2.5Ω=1.2A>1A，超过了变阻器的最大电流，故实验中，不能被选用的电阻是2.5Ω；
(4)由题意知，滑动变阻器的最大阻值为15Ω，定值电阻的最大电阻为25Ω；根据串联电路的电压关系：
由串联电路的规律及分压原理有：
U′−UVUV=R滑R，
方程左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器连入电路的电阻最大时，对应的定值电阻应最大，此时电源电压最大，
U′−3V3V=15Ω25Ω，
则电源电压最大值：U′=4.8V，
故为保证可用电阻均能正常进行实验，电源电压应该控制在3V至4.8V之间；
(5)由图象可知，当1R=0.1Ω−1即R=10Ω时，通过导体的电流I=0.2A，
由I=UR可得，小明控制导体两端的电压：
UV=IR=0.2A×10Ω=2V；
根据串联分压原理可知，换上更大电阻，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向B端移动，使电压表的示数为2V。
故答案为：(1)如图所示；(2)R断路；(3)2.5；(4)4.8；(5)10；变大；B；2。
(1)根据滑动变阻器的滑片P向B端移动时接入电路的电阻变大确定变阻器左下接线柱连入电路中；
(2)为了保护电路，连接电路时开关应断开；
(3)滑动变阻器的规格为“15Ω1A”，实验中电阻R两端的电压始终保持3V不变，若选用2.5Ω的电阻，由欧姆定律得出电路的最大电流分析；
(4)由串联电路的规律及分压原理得出电源电压最大值，从而确定电源电压应该控制的范围；
(5)由图象知当1R=0.1Ω−1通过导体的电流大小，由I=UR得出小明控制导体两端的电压；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向。
本题探究通过导体的电流与电阻的关系，考查电路连接、欧姆定律的运用、控制变量法、操作过程及对实验的要求。
25.【答案】定 不能 不变 减小 5.4×104 2.4×104W
【解析】解：
(1)由图甲可知，A、B滑轮都是定滑轮，都不能省力，只能改变力的方向；
(2)当电梯匀速上升时，轿厢也匀速上升，质量不变，所以轿厢的动能不变；
轿厢与配重的运动方向始终相反，所以配重的高度减小，其重力势能减小；
(3)由图乙可知，电梯匀速运行阶段，轿厢运行的时间：t=8s−2s=6s，轿厢的速度：v=2m/s，
配重下降的高度等于轿厢上升的高度，所用由v=st可得，配重下降的高度：h=vt=2m/s×6s=12m；
配重的重力：G配重=m配重g=450kg×10N/kg=4500N，
则配重的重力做功为：W=G配重h=4500N×12m=5.4×104J；
电梯满载匀速运行时，电动机钢丝绳对轿厢拉力为：F=G载荷+G轿厢−G配重=m载荷g+m轿厢g−G配重=1100kg×10N/kg+550kg×10N/kg−4500N=1.2×104N，
故电动机钢丝绳对轿厢的拉力的功率为：P=Wt=Fst=Fv=1.2×104N×2m/s=2.4×104W。
故答案为：(1)定；不能；(2)不变；减小；(3)5.4×104；2.4×104W。
(1)定滑轮使用时，滑轮的位置固定不变；定滑轮实质是等臂杠杆，不省力，但可以改变作用力的方向；
(2)动能的影响因素是物体的质量和速度，重力势能的影响因素是物体的质量和高度，质量越大，高度越高，物体的重力势能越大；
(3)根据图乙读出电梯匀速运动时的速度和所用的时间，根据速度公式求出电梯上升的高度，配重下降的高度等于轿厢上升的高度，根据G=mg求出配重的重力，根据W=Gh求出配重的重力所做的功；根据F=G载荷+G轿厢−G配重求电动机钢丝绳对轿厢的拉力，根据P=Wt=Fst=Fv计算电动机钢丝绳对轿厢的拉力的功率。
本题综合考查定滑轮的特点、功和功率的计算，正确识别甲图中滑轮的特点、乙图中数据是解题的关键。
2021-2022学年广东省阳江市江城区九年级（上）期末物理试卷
1. 下列实例中，力对物体没有做功的是( )
A. 叉车向上举起货物 B. 阿呆用力推石头但石头不动
C. 大力士拉着汽车缓慢前进 D. 小红沿着斜面向上拉动物体
2. 根据表中几种物质的比热容，判断下列说法不正确的是( )
物质
比热容
物质
比热容
水银
0.14×103
沙石
0.92×103
水
4.2×103
冰
2.1×103
A. 制作体温计常用水银做介质，原因之一是水银的比热容小
B. 北方楼房中的暖气用水做介质，利用了水的比热容大的特性
C. 由于水比沙石的比热容大，相同质量的水和沙石吸收相同的热量后水升温比沙石快
D. 水和冰的比热容不同，说明比热容的大小与物质状态有关
3. 下列关于功、功率、机械效率的说法正确的是( )
A. 物体做功越多，功率一定越大
B. 机器的功率越小，机械效率一定越低
C. 功率不同的机器，做的功一定不相等
D. 额外功与总功之比越小，机械效率一定越大
4. 如图是简化了的玩具警车的电路图，以下说法中正确的是( )
A. 开关S1控制整个电路
B. 电动机与小灯泡工作时互不影响
C. S1和S2都闭合时流过电动机与小灯泡的电流一定相等
D. S1和S2都闭合时电动机与小灯泡是串联的
5. 用如图所示的装置“探究影响电流热效应的因素”，电阻丝R1和R2分别密封在两只完全相同的烧瓶中，且R1
A. 该装置用来探究电流热效应与电流大小的关系
B. 闭合开关后，装R2电阻丝的烧瓶中温度计示数上升较快
C. 实验中，通过温度计示数的变化来比较电阻丝产生热量的多少
D. 该实验采用的是转换法和控制变量法
6. 如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动过程中(假设灯丝电阻不变)，下列说法正确的是( )
A. 电压表示数变大，灯变暗
B. 电压表和电流表示数的比值变大
C. 电压表和电流表示数都变小
D. 电流表示数变大，灯变亮
7. 下图中符合安全用电要求的是( )
A. 开关和灯泡的连接
B. 测电笔的使用
C. 插座的使用
D. 湿手接触开关
8. 自然界只存在______种电荷，毛皮摩擦过的橡胶棒因得到电子带______电，将该橡胶棒靠近轻质小球，二者互相排斥，则小球与橡胶棒带______种电荷(选填“同”或“异”)。
9. 如图所示试管内水蒸气将塞子推出的过程，水蒸气的______能转化为塞子的机械能，水蒸气内能______(填“增加”或“减少”)。四冲程汽油机工作过程中的______冲程与上述能量转化过程相同。
10. 如图是某单缸四冲程汽油机工作循环的______冲程，飞轮转速为3000r/min，则1s内该汽油机对外做功______次；该汽油机工作时气缸内燃气对活塞平均推力为2000N，活塞向下运动的距离是50cm，则汽油机的功率是______ kW。
11. “西气东输”工程中，输送的燃料为天然气。这是利用了天然气______较大的特性，当0.05m3天然气完全燃烧可以放出的热量为4.2×106J，则天然气的热值为______J/m3，质量为5kg、温度为15℃的水完全吸收了这些热量后，它的末温为______℃(在一个标准大气压下)。
12. 上海地区家用照明电路的电压为______ 伏。电视机与电冰箱是______ 连接的(选填“串联”或“并联”)，当家中开启的用电器增加时，电路中的______ 变大(选填“总电压”、“总电阻”或“总电流”)。
13. 在某一温度下，连接在电路中的两段导体甲和乙的电流与其两端电压的关系如图所示，由图中信息可知R甲______R乙(填“大于”“等于”或“小于”)；当通过乙导体的电流为0A时，乙导体的电阻为______Ω；当把R甲和R乙并联后接在2.0V的电源两，则此电路干路中的电流为______ A。
14. 某兴趣小组同学按图甲电路做测量电压的实验，闭合开关，两只电压表指针均指在图乙所示的位置，则电源电压为______ V，L1的电压为______ V，L2的电压为______ V。
15. 请在下面电路图中的“〇”内填上最合适的电表(电流表或电压表)。
16. 如图为某同学正在投铅球过程，请画出铅球离开手后在空中运行直到落地过程其动能随时间变化的关系图象。(设铅球刚离开手时动能为E0)
17. 如图所示是某同学家常用的一个插线板，他在使用中发现：插线板上的指示灯在开关断开时不发光，插孔不能提供工作电压；而在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压。在图中连接部分线路，连接插线板电路，使其符合上述现象及安全用电要求。
18. (1)如图甲所示，电能表上月末显示的示数为______kW⋅h，本月末显示的示数为1021.6kW⋅h，若电价0.6元/度，本月应交电费______元。
(2)如图乙所示，电阻箱的示数是______Ω，该电阻箱可调节阻值范围是______Ω。
(3)如图丙所示的仪器，实验时应将它与被测量的用电器______联；使用中该电表的______(选填“+”或“-”)接线柱与被测用电器靠近电源正极的一端相连，在测量一节干电池电压，应选用的量程是______ V。
19. 如图所示是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验示意图。小明同学让钢球分别从斜面由静止开始滚下，撞击木块。
(1)该实验是通过观察______来判断______(选填“钢球”或“木块”)动能的大小。
(2)利用图中的器材可以探究物体动能的大小与物体______的关系，得到的结论是：______。
(3)实验中，钢球碰撞木块后继续向前运动，在水平木板上滑动一段距离后停下，设开始时钢球的重力势能为Ep，木块克服摩擦力所做的功为W，则Ep______W(选填：“>”、“<”或“=”)。
(4)在探究动能的大小与质量关系时，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，要继续完成此实验，下列措施中可行的是：______(选填序号)。
A.换质量更大的木块；
B.换质量更大的钢球；
C.降低第二次钢球的高度；
D.换质量更小的钢球。
20. 如图甲所示是小明测量小灯泡电功率的实验电路图，已知小灯泡的额定电压为2.5V.
(1)该实验的实验原理是______；在连接电路时，开关闭合前滑动变阻器的滑片P应滑到______(选填“a”或“b”)端。
(2)小明确认电路连接无误后，闭合开关，缓慢移动滑动变阻器的滑片，发现电流表示数有变化，电压表没有示数，小灯泡不发光，则电路的故障是______。
(3)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是______ W。
(4)根据测出的数据，小明画出了小灯泡的电流与电压的关系图象(如图丙所示)，发现图象是弯曲的，其主要原因是灯丝的电阻随温度的升高而______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)小灯泡两端的电压是1.25V时，它的实际功率______0.25W(选填“>”、“<”或“=”)
(6)当这个小灯泡与一个阻值是10Ω的定值电阻并联在某一电路中时，干路电流是0.3A，则此时小灯泡两端电压是______ V。
21. 如图所示，重为40N的物体A在拉力F的作用下，5s内被匀速提高了0.5m，拉力F做的功随时间变化的图象如图所示。
求：(1)拉力F的功率？
(2)拉力F大小？
(3)机械效率是多少？
(4)如果不计绳重与摩擦，动滑轮重力是多少？
22. 如图甲是巴氏低温消毒柜，它有加热和保温功能，其内部简化电路如图乙所示。R1、R2均为电热丝，加热功率为1100W，保温功率为220W，S1为温控开关，S1闭合时对酸奶加热，当温度升高到65℃时自动断开，变为保温状态，使酸奶的温度维持在60℃∼65℃之间(c酸奶=4×103J/(kg⋅℃))。求：
(1)R1、R2的阻值；
(2)消毒柜将0.22kg的15℃的酸奶加热到65℃需要吸收的热量；
(3)若不计热量损失，把酸奶从15℃加热到65℃需要的时间。
23. 如图甲、乙所示，在探究“不同物质吸热能力”的实验中，在两个相同的烧杯中加入初温相同、质量相同的水和食用油。
(1)选用相同电加热器的目的是：使水和食用油在相同时间内吸收热量______。
(2)水和食用油温度随时间变化的图像如图丙所示，①根据图丙可判断出a物质是______(填“水”或“食用油”)。②在本实验中，为比较水和食用油吸热能力的大小，同学们采用的方法是升高相同的温度比较______。根据图丙可计算食用油的比热容为______J/(kg⋅℃)。(c水=4.2×103J/(kg⋅℃))
(3)甲图中，水沸腾时继续吸热，温度为100℃不变，沸腾时水(含水蒸气)的内能______(填“不变”、“变大”、“变小”)。
24. 小智同学在“探究通过导体的电流与电阻的关系”时，他用如图所示的电路进行实验，可供选择的定值电阻分别为2.5Ω、5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。实验中电阻R两端的电压始终保持3V不变，滑动变阻器的规格为“15Ω1A”。
(1)请用笔画线代替导线，将图甲中实物电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片P向B端移动时接入电路的电阻变大；
(2)连接电路时开关应该______(选填“闭合”或“断开”)；
(3)实验中，不能被选用的电阻为______Ω；
(4)保证可用电阻均能正常进行实验，电源电压应该控制在3V至______ V之间；
(5)小明同学根据图甲电路探究“通过导体的电流与电阻的关系”，根据实验的数据绘出了I−1R图像，如图乙所示。分析图像可知，当通过导体的电流为0.2A时，导体的电阻为______Ω；换上更大的电阻后，闭合开关，电压表示数将______(选填“变大”或“变小”)，此时应将滑片向______(选填“A”或“B”)端移动，使电阻两端电压为______ V。
25. 阅读短文，回答问题：
据报道，安装在我国上海中心大厦的“火箭”电梯，其攀升速度创造了20.5m/s的世界纪录，从1楼到118楼只需短短55s。电梯的典型结构包括滑轮、轿厢、钢丝绳、配重、电动机、安全装置和信号操纵系统等。如图甲所示，是某种升降电梯工作原理图。电动机和配重通过钢丝绳分别给轿厢施加拉力，连接轿厢的两根钢丝绳非常靠近，轿厢与配重的运动方向始终相反。电动机通过切换转轴的转动方向，使轿厢升降自如。
(1)图甲中A滑轮是______(选填“定”或“动”)滑轮，B滑轮______(选填“能”或“不能”)省力；
(2)电梯在匀速上升过程中，轿厢的动能______，配重的重力势能______(选填“增大”、“减小”或“不变”)；
(3)如图乙所示是某次电梯满载上升时的v−t图像，若配重的质量为450kg，空轿厢的质量是550kg，额定载重量是1100kg，(g取10N/kg)。电梯匀速运行阶段配重的重力做功______ J。若不计钢丝绳重和一切摩擦，该电梯满载匀速运行时，电动机钢丝绳对轿厢拉力的功率为______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、叉车向上举起货物，对物体施加了力，在力的方向上移动了距离，故叉车对货物做了功，故A不符合题意；
B、阿呆用力推石头但没有推动，有力但没有距离，所以没有做功，故B符合题意；
C、大力士拉着汽车缓慢前进，大力士对汽车施加了力，在力的方向上移动了距离，做了功，故C不符合题意；
D、小红沿着斜面向上拉动物体，小红给物体一个作用力，在力的方向移动了距离，故小红对物体做了功，故D不符合题意。
故选：B。
做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。二者缺一不可。
有力有距离，力对物体不一定做功，物体必须在力的方向上通过了距离，力对物体才做功。
2.【答案】C
【解析】解：A、水银的比热容比较小，吸收相同的热量温度升得更高，可以更准确地测量物体的温度，所以A是正确的，不符合题意；
B、水的比热容比较大，降低相同的温度时可以放出更多的热量，取暖效果更好，所以B是正确的，不符合题意；
C、因为水比沙石的比热容大，在吸收和放出相同的热量时，水的温度变化值更小，沙石的温度变化值大，所以相同质量的水和沙石吸收相同的热量后沙石升温比水快，所以C是错误的，符合题意；
D、物质处于不同的状态，比热容不相等，说明比热容的大小与物质状态有关，所以D是正确的，不符合题意．
故选C.
(1)液体温度计的原理是液体的热胀冷缩性质，水银的比热容小，吸收相同的热量时，温度变化得更明显；
(2)暖气中的传热介质，要求在降低相同的温度时放出更多的热量，就需要比热容较大的水；
(3)沙石的比热容比较小，在同样受热和受冷的情况下，沙石的温度变化值比较大；
(4)比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与吸放热的多少、质量、体积的大小都没有关系．
此题考查的是比热容知识在生活中的应用，理论联系实际，是一道好题．
3.【答案】D
【解析】解：
A、功率是功与时间的比值，做功多，时间不确定，功率大小不能确定，故A错误；
B、机械效率是有用功与总功之比：η=W有用W总，机械功率是物体在单位时间内做的功，P=Wt，机械效率与机械功率大小没有直接关系，故B错误；
C、由W=Pt可知，做功多少还受时间的影响，功率不同的机器，做的功可能相等，故C错误；
D、总功包括有用功和额外功，额外功在总功中占比例越小，则有用功在总功中占比例越大，机械效率越高，故D正确。
故选：D。
(1)根据P=Wt，功率由功和时间共同决定；
(2)功率是表示做功快慢的物理量，机械效率是有用功和总功的比值。
该题考查学生对机械效率的理解，特别要注意功率与机械效率是两个不同的物理量，它们之间没有任何关系。
4.【答案】B
【解析】解：
ABD、根据电路图可知，开关S1和S2闭合时，电动机和小灯泡并联，因此电动机与小灯泡工作时互不影响；
开关S1串联在小灯泡的支路上，则S1只控制小灯泡，故B正确，AD错误；
C、并联电路中各支路两端的电压相等，但各支路的电流不一定相等，所以电动机与小灯泡工作时通过的电流不一定相等，故C错误。
故选：B。
根据电路图可知，开关S1控制小灯泡，开关S2控制电动机，两开关都闭合时电动机和小灯泡并联；根据并联电路中各支路互不影响、并联电路的电流、电压特点、开关所在的位置决定其作用进行解答。
本题考查并联电路的特点、电压和电流规律以及并联电路中开关的作用等内容，属于基础知识。
5.【答案】A
【解析】解：A、由图可知，两电阻丝串联，电流相同，通电时间也相同，但电阻不同，故该实验探究的是电流产生的热量与电阻的关系，故A错误；
B、由焦耳定律Q=I2Rt可知，电流和通电时间相同时，电阻越大，放出的热量越多，由于R1
D、该实验探究的是电流产生的热量与电阻的关系，控制电流和通电时间相同，用到了控制变量法，通过观察温度计的示数大小来判断电流产生的热量的多少，用到了转换法，故D正确。
故选：A。
(1)根据装置中的相同点、不同点，利用控制变量法分析；
(2)由焦耳定律Q=I2Rt分析放出热量的多少；
(3)通过观察烧瓶中温度计示数的变化来判断电阻丝发热的多少属于转换法；
(4)电阻产生的热量与电流大小、通电时间和电阻的大小有关，当研究其中一个因素的影响时，要控制其他因素相同，即控制变量法。
本题考查控制变量法和转换法在焦耳定律实验中的应用，注意两导体串联时电流和通电时间相等，导体产生热量的多少是通过温度计示数的变化来反映的。
6.【答案】C
【解析】解：
由图可知滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流；
将滑动变阻器的滑片P向右移动过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，
由I=UR可知电路中的电流变小，即电流表的示数变小；
由U=IR可知灯泡两端的电压变小，电压表的示数变小；
电压表与电流表的示数比值大小等于灯泡电阻，而灯丝电阻不变，所以两表的示数比不变；
灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，由P=UI可知灯泡的实际功率变小，灯泡变暗。
故选：C。
由图可知滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流；
根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可求得电路中电流的变化及电压表示数的变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，利用灯泡的亮暗取决于实际功率的大小确定灯泡的亮暗。
本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律、电功率公式和滑动变阻器的使用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
7.【答案】B
【解析】解：A、开关应该接在灯与火线之间，如果接在了灯与零线之间，当灯泡出现问题更换灯泡时，会发生触电事故。故A错误；
B、使用测电笔检测电路时，应使手指按住笔尾的金属体，这样在接触电路时，才能检测出电路有没有电。故B正确；
C、在同一个插座上，如果用电器的功率过大，则通过插座的电流过大，容易引发火灾，故C错误；
D、不能用湿手或湿物体接触开关或正在工作的用电器，容易发生触电事故。故D错误。
故选：B。
开关应该接在灯与火线之间。使用测电笔时，手指应接触笔尾金属体。同一个插座，用电器的功率不能过大；不能用湿手接触开关。
本题考查了生活中常见的安全用电做法，切记不能违反安全用电规则。
8.【答案】两 负 同
【解析】解：自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷；因橡胶棒原子核束缚电子的能力强，毛皮与橡胶棒摩擦时毛皮上的电子会转移到橡胶棒上，橡胶棒因得到电子带负电；
当将带负电的橡胶棒靠近轻质小球，若二者互相排斥，因同种电荷相互排斥，所以小球与橡胶棒带同种电荷。
故答案为：两；负；同。
(1)自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷；摩擦起电的实质是电荷的转移，失去电子的带正电，得到电子的带负电。
(2)同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
本题考查摩擦起电和电荷间的相互作用，熟练掌握基础知识是正确解题的关键。
9.【答案】内 减少 做功
【解析】解：当试管内水被酒精灯加热后，水蒸气的内能逐渐增大，最后会把塞子推出，水蒸气的内能转化为塞子的机械能。此过程与汽油机的做功冲程类似，在做功冲程中也是燃气的内能转化为活塞的机械能。
故答案为：内；减少；做功。
做功可以改变物体的内能：当对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能。
本题是考查对做功和热传递改变物体内能的辨别，是中考热点，属于易错题目。
10.【答案】压缩 25 25
【解析】解：由图可知，当两气门关闭、活塞向上运动时，该冲程是汽油机的压缩冲程；
在四冲程内燃机的工作过程中曲轴转2圈，完成4个冲程，完成一个工作循环，1个工作循环外做功1次；
由题意可知，单缸四冲程汽油机的飞轮转速是3000r/min=50r/s，即每秒钟转50r，
因为飞轮转2r，对外做功1次，所以飞轮转50r，对外做功25次。
活塞向下运动的距离是s=50cm=0.5m，
一个做功冲程做的功：W1=Fs=2000N×0.5m=1000J，
该汽油机工作1s时所做的功：W=25W1=25×1000J=25000J；
则汽油机的功率为：P=Wt=25000J1s=25000W=25kW。
故答案为：压缩；25；25。
当两气门关闭，活塞上行时是压缩冲程，这是压缩冲程的特点；
热机完成一个工作循环，经历四个冲程、活塞往复运动2次，曲轴和飞轮转2周，对外做功1次；
根据W=Fs求出所做的功，根据P=Wt求出功率的大小。
解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点和功率的计算公式进行分析解答，记住内燃机的工作特点及飞轮转的圈数和做功次数的关系是正确解题的关键。
11.【答案】热值 8.4×107 100
【解析】解：(1)天然气与其它燃料相比较，天然气的热值大，燃烧时产生废气污染小，所以选择使用天然气；
(2)天然气的热值：q天然气=Q放V=4.2×106J0.05m3=8.4×107J/m3；
(3)水完全吸收了这些热量：Q吸=Q放=4.2×106J；
由Q吸=cmΔt可知，Δt=Q吸c水m水=4.2×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×5kg=200℃；
由Δt=t−t0可知，水的末温：t=Δt+t0=200℃+15℃=215℃；
在一个标准大气压下，水的沸点是100℃，水沸腾时，吸收热量，温度保持不变，所以水的末温为100℃。
故答案为：热值；8.4×107；100。
(1)天然气的热值大，完全燃烧相同质量的天然气和其它燃料相比，完全燃烧天然气会放出更多的热量；
(2)利用q=Q放V计算出天然气的热值；
(3)利用Q吸=cmΔt可以计算出水的温度变化，然后利用Δt=t−t0求出水的末温。
本题主要考查了热值的概念、热值的定义公式q=Q放V的应用以及水吸热公式的掌握和运用，难度不大。
12.【答案】220 并联 总电流
【解析】解：
上海地区家庭电路的电压为220V；
电视机、空调工作时互不影响，是并联连接的；
当家中开启的用电器增加时，相当于横截面积变大，故家中电路的总电阻变小；
因为干路中的电流等于各支路电流之和，所以使用的家用电器越多，电路中的总电流越大，总电压不变。
故答案为：220；并联；总电流。
(1)家庭电路的电压为220V；
(2)家用电器工作互不影响，应并联使用。
(3)导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；干路中的电流等于各支路电流之和。
记住常见电压值、明确家庭电路电器的连接方式、理解影响电阻的因素；可解答此题。
13.【答案】小于 100.6
【解析】解：(1)由图象可知，当U=3V时，I甲=0.6A，I乙=0.3A，
由I=UR可得，两导体的电阻分别为：
R甲=U甲I甲=3V0.6A=5Ω，RB=UBIB=3V0.3A=10Ω，
所以R甲小于R乙。
(2)由于电阻是导体的一种性质，与导体两端电压和通过的电流无关，
所以，当通过乙导体的电流为0A时，其电阻的大小不变，仍为10Ω。
(3)根据图象可知，当甲、乙两端电压为2V时，
通过甲、乙的电流：I甲′=0.4A，I乙′=0.2A，
因为并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流：I=I甲′+I乙′=0.4A+0.2A=0.6A。
故答案为：小于；10；0.6。
(1)从图象中读出任意一组元件A和B对应的电压、电流值，根据欧姆定律求出两电阻的阻值，然后比较两电阻的阻值大小；
(2)影响电阻的大小因素有：长度、材料、横截面积以及温度，与导体两端电压和通过的电流无关；
(3)由图象可知，当电压为2.0V时可知通过甲、乙的电流大小，再根据并联电路电流规律求出干路电流。
本题考查欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息得出两电阻大小。
14.【答案】75.61.4
【解析】解：由图知，两灯串联，V2测电源电压，V1测L2两端的电压，由串联电路的电压特点可知，V2的示数应大于V1的示数；
而两表指针位置相同，说明V2选的是大量程，V1的是小量程，则由图可知V2的示数为7V，即电源电压为U=7V；V1示数为1.4V，即L2两端的电压为U2=1.4V；
又因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以灯L1两端电压为U1=U−U2=7V−1.4V=5.6V。
故答案为：7；5.6；1.4。
由图可知，两个电灯串联，两个电压表分别测的是总电压和L2两端的电压，这两个电压值是不会相等的，指针位置相同，说明选择的量程不同，然后根据串联电路电压的特点读出电压表的示数，然后计算出L1和L2两端的电压。
本题考查了串联电路的电压特点，关键是电表所测电路元件的辨别以及电表量程的判断和读数。
15.【答案】解：由题意可知，闭合开关后，两灯泡都能正常发光，
由电路图可知，左侧圆圈内为电流表时会造成电源短路，所以左侧圆圈内为电压表；
右侧圆圈内为电压表时会造成灯泡L2断路，所以右侧圆圈内应为电流表，如下图所示：
【解析】电流表的内阻非常小，相当于导线串联在电路中；电压表的内阻特别大，相当于断路并联在用电器两端，据此进行解答。
本题考查了电流表和电压表的正确使用，熟练掌握两者电表的使用规则是关键。
16.【答案】解：铅球离手后，铅球在上升过程中，质量不变，速度不断减小，动能不断变小；铅球在下降过程中，质量不变，速度不断变大，动能不断变大。
铅球在最高点时，仍有一定的速度，故其动能不为零，即图线不能与横轴相交。所以在整个运动过程中，铅球的动能先变小后变大，如图所示：
【解析】动能大小的影响因素：质量、速度。速度一定时，质量越大动能越大；在质量一定时，速度越大，动能越大。
掌握动能大小的影响因素，利用控制变量法，解释动能大小的变化，并通过画图来表示。
17.【答案】解：由题知，在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压，说明指示灯与插孔并联，并且开关在干路上；这样，火线连接开关后分开，一支路连接指示灯、电阻，另一支路连接三孔插座的右孔；三孔插座的左孔与指示灯和电阻的支路汇合后，再连接到零线上，如图所示：
【解析】由题知，插孔和指示灯互不影响为并联，开关能同时控制指示灯、插孔，处在干路上；据此连接，注意开关要接在火线上。
根据用电器之间是否相互影响是判断用电器串联和并联的方法之一；家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。
18.【答案】931.65432040∼9999并 +0∼3
【解析】解：(1)如图甲所示，电能表上月末显示的示数为931.6kW⋅h，则本月消耗的电能：W=1021.6kW⋅h−931.6kW⋅h=90kW⋅h=90度；
本月应交电费：90度×0.6元/度=54元；
(2)由图知，×1000的位置对应的数字是3，×100的位置对应的数字是2，×10的位置对应的数字是0，×1的位置对应的数字是4，故电阻箱的示数是3204Ω。
当各指针处都指向最大数值“9”时，即为电阻箱的最大测量值，故该电阻箱可调节阻值范围是0∼9999Ω；
(3)由图可知，该电表上面标有V，是电压表，电压表应与被测电路并联；
电流要从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出，所以电表的“+”接线柱与被测用电器靠近电源正极的一端相连；
要测量一节干电池的电压，因一节干电池的电压约为1.5V，所以电压表应选用的量程是0∼3V。
故答案为：(1)电功；54；(2)3204；0∼9999；(3)并；+；0∼3。
(1)电能表的读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW⋅h；本月消耗的电能为本月末示数与上月末示数之差，乘以电价，为本月应交电费；
(2)用Δ所指的示数乘以下面的倍数，然后将所有的数值相加，即为该电阻箱的读数。当各指针处都指向最大数值时，即为电阻箱的最大测量值。
(3)电压表应与被测电路并联，电压表正接线柱应靠近电源正极一端；一节干电池的电压约为1.5V。
本题考查了电能表的读数、电阻箱的认识和读数方法、电压表的使用方法，都属于实验仪器的基本使用，题目比较基础。
19.【答案】木块移动的距离 钢球 速度 质量一定时，物体的速度越大，动能越大 >D
【解析】解：(1)实验中通过观察木块被撞击后滑行的距离的大小来间接判断钢球动能的大小，该方法是转换法；
(2)根据图示可知，小球的质量不变，滚下的高度不同，到达水平面时的速度不同，所以探究的是动能大小与速度的关系，钢球的速度越大，撞击木块移动的距离越大，动能越大；结论为：在质量一定时，物体的速度越大，动能越大；
(3)钢球从高处滚下的过程中，重力势能转化为动能；由于存在摩擦，克服摩擦做功，一部分重力势能转化为内能；钢球与木块碰撞的过程中，球对木块做功，做功的大小小于球最初的动能；木块在运动过程中，克服摩擦做功，机械能转化为内能，即木块克服摩擦做的功等于木块的动能大小，也就是小于碰撞前小球的重力势能；
(4)在探究动能的大小与质量关系时，需要控制速度大小不变，改变质量，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，这说明该球的质量太大了；
A、换质量更大的木块，改变了摩擦力的大小，故A错误；
B、实验中需要控制速度相同，不能降低第二次钢球的高度，故B错误；
C、换质量更大的钢球，则更容易使木块滑出木板，故C错误；
D、换质量更小的钢球，能减小木块移动的距离，故D正确；
故选D。
故答案为：(1)木块移动的距离；钢球；(2)速度；质量一定时，物体的速度越大，动能越大；(3)>；(4)D。
(1)此实验把动能的大小转换为木块被撞击后滑行的距离，距离越远表明钢球的动能越大；
(2)动能的大小与质量和速度有关，实验时用控制变量法分别探究；
(3)木块滑动过程中，克服摩擦力做功；
(4)根据减小动能的方法分析。
用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；采用控制变量法研究实验时，一定注意相同因素和不同因素。
20.【答案】P=UIb小灯泡短路 0.75增大 >1
【解析】解：(1)根据电功率公式P=Wt=UItt=UI可知，测量小灯泡的额定功率的实验原理是P=UI；
闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最大阻值端，防止电流过大，损坏电路元件，起保持电路的作用，根据图甲可知，滑动变阻器的最大阻值端在 b端，由此可知，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到b端；
(2)电流表的示数，说明电路是通路，电压表无示数，小灯泡不发光，说明小灯泡两端无电压，小灯泡相当一根导线，由此可知，电路故障是小灯泡短路；
(3)由图乙可知，电流表所选量程是0∼0.6A，分度值为0.02A，电流表的示数是0.3A，小灯泡的额定功率P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；
(4)由图丙可知，小灯泡两端的电压越大，通过灯泡的电流也越大，但灯泡两端电压比通过灯泡的电流增大的更快，由此可知，灯泡两端电压越大，灯泡发光越亮，灯丝温度越高，灯丝的电阻越大，所以灯丝的电阻随温度升高而增大；
(5)由图丙可知，当灯泡两端的电压为1.25V时，通过灯泡的电流大于0.2A，灯泡的实际功率P实=U实I实>1.25V×0.2A=0.25W；
(6)根据并联电路电压规律可知，当灯泡与定值电阻并联时，灯泡和定值电阻两端的电压相等；由图象可知，当灯泡两端的电压为1V，通过灯泡的电流为0.2A，此时通过定值电阻的电流I定=U定R定=1V10Ω=0.1A，干路中的电流I总=I灯+I定=0.2A+0.1A=0.3A，符合题意，故灯泡两端的电压为1V。
故答案为：(1)P=UI；b；
(2)小灯泡短路；
(3)0.75；
(4)增大；
(5)>；
(6)1。
(1)根据电功率公式P=Wt=UItt=UI可得出测量小灯泡的额定功率的实验原理；闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最大阻值端，防止电流过大，损坏电路元件，起保持电路的作用，根据图甲可知，滑动变阻器的最大阻值端在 b端，由此得出结论；
(2)电流表的示数，说明电路是通路，电压表无示数，小灯泡不发光，说明小灯泡两端无电压，小灯泡相当一根导线，由此得出结论；
(3)由图乙可知，电流表所选量程是0∼0.6A，分度值为0.02A，由此可读出电流表的示数，根据P=UI可计算出小灯泡的额定功率；
(4)由图丙可知，小灯泡两端的电压越大，通过灯泡的电流也越大，但灯泡两端电压比通过灯泡的电流增大的更快，由此可得出结论；
(5)由图丙可知，当灯泡两端的电压为1.25V时，通过灯泡的电流大于0.2A，根据P=UI可得出结论；
(6)根据并联电路电压规律可知，当灯泡与定值电阻并联时，灯泡和定值电阻两端的电压相等；由图象可知，当灯泡两端的电压为1V，通过灯泡的电流为0.2A，根据欧姆定律可求出通过定值电阻的电流，再求出干路中的电流，由此得出结论。
本题主要考查测量小灯泡的额定功率，其中当小灯泡两端电压为1.25V时，小灯泡的实际功率大小与0.25W的比较，利用图象求解是解题的一个技巧，求解第(6)小问是本题的难点之一。
21.【答案】解：
(1)由图乙可知，5s内拉力F做的功：W总=25J，
则拉力的功率：
P=W总t=25J5s=5W；
(2)由图甲可知，n=2，则绳子自由端移动距离：s=2h=2×0.5m=1m，
由W=Fs可得作用在绳子上的拉力：
F=W总s=25J1m=25N；
(3)拉力做的有用功：W有用=Gh=40N×0.5m=20J，
滑轮组的机械效率：
η=W有用W总=20J25J×100%=80%；
(4)不计绳重与摩擦，拉力F=12(G+G动)，则动滑轮重力：
G动=2F−G=2×25N−40N=10N。
答：(1)拉力F的功率为5W；
(2)拉力F大小为25N；
(3)机械效率是80%；
(4)如果不计绳重与摩擦，动滑轮重力是10N。
【解析】(1)由图乙可知，5s内拉力F做的功，利用P=Wt求拉力的功率；
(2)由图知，n=2，绳子自由端移动距离s=2h，利用W=Fs求作用在绳子上的拉力大小；
(3)利用W=Gh求拉力做的有用功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；
(4)不计绳重与摩擦，拉力F=12(G+G动)，据此求动滑轮重力。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算，确定使用滑轮组时承担物重的绳子股数n(直接从动滑轮上引出的绳子股数)是关键。
22.【答案】解：
(1)由图可知，当S、S1闭合时，R1被短路，只有R2工作，此时电路中的电阻较小，电源电压不变，根据P=UI=U2R可知，此时功率较大，为加热状态；
根据P=UI=U2R可得R2的阻值：
R2=U2P加热=(220V)21100W=44Ω，
当S1断开时，R1、R2串联，此时为保温状态，
电路中的总电阻：R=U2P保温=(220V)2220W=220Ω，
R1的阻值：R1=R−R2=220Ω−44Ω=176Ω；
(2)消毒柜将0.22kg的15℃的酸奶加热到65℃需要吸收的热量：
Q吸=c酸奶m(t1−t2)=4×103J/(kg⋅℃)×0.22kg×(65℃−15℃)=4.4×104J；
(3)若不计热量损失，需要消耗的电能W=Q吸=4.4×104J，
由P=Wt可得，把酸奶从15℃加热到65℃需要的时间：
t=WP加热=4.4×104J1100W=40s。
答：(1)R1、R2的阻值分别为176Ω和44Ω；
(2)消毒柜将0.22kg的15℃的酸奶加热到65℃需要吸收的热量为4.4×104J；
(3)若不计热量损失，把酸奶从15℃加热到65℃需要的时间为40s。
【解析】(1)开关S、S1闭合时，电路为R2的简单电路，此时电路的电阻较小，电路的总功率最大，处于加热状态；根据P=UI=U2R求出R2的阻值；
开关S1断开时，R1、R2串联，此时电路的总电阻较大，电路的总功率最小，处于保温状态，根据P=UI=U2R求出电路的总电阻，再根据串联电路电阻的特点求出R1的阻值；
(2)根据Q吸=cm(t−t0)求出酸奶吸收的热量；
(3)若不计热量损失，需要消耗的电能W=Q，然后利用P=Wt求出加热时间。
本题主要考查了电功率公式、吸热公式的应用，正确判断消毒柜处于不同状态时电路的连接方式是关键。
23.【答案】相同 水 加热时间 2.1×103J变大
【解析】解：(1)在两个相同的烧杯中加入初温相同、质量相同的水和食用油，根据转换法，选用相同电加热器的目的是：使水和食用油在相同时间内吸收相同的热量；
(2)根据如图乙水和食用油温度随时间变化的图象知，升高30℃−10℃=20℃，a用时6分钟，b用时3分钟，根据比较吸收能力的第1种方法，即升高相同的温度比较加热时间知液体a的吸热能力强，比热容较大；故a物质是水；
根据转换法，升高相同的温度，b吸收热量是a的3min6min=12倍，根据c=QmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸收的热量Q与比热容c成正比，故液体b即食用油的比热容是：
c=12×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)；
(3)甲图中，水沸腾时温度为100℃不变，但继续吸热，故沸腾时水的内能变大。
故答案为：(1)相同；(2)①水； ②加热时间；水；2.1×103；(3)变大。
(1)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
(2)比较物质吸热能力的方法：
使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
根据转换法，升高相同的温度，比较b、a吸热多少关系，根据c=QmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸收的热量Q与比热容c成正比求出食用油的比热容；
(3)液体沸腾时吸热温度不变，内能增加。
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及内能大小比较，为热学中的重要实验。
24.【答案】断开 2.54.810变大 B 2
【解析】解：(1)要求滑动变阻器的滑片P向B端移动时接入电路的电阻变大，故变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示：
(2)为了保护电路，连接电路时开关应断开；
(3)实验中电阻R两端的电压始终保持3V不变，若选用2.5Ω的电阻，由欧姆定律，电路的电流为：
I=UR1=3V2.5Ω=1.2A>1A，超过了变阻器的最大电流，故实验中，不能被选用的电阻是2.5Ω；
(4)由题意知，滑动变阻器的最大阻值为15Ω，定值电阻的最大电阻为25Ω；根据串联电路的电压关系：
由串联电路的规律及分压原理有：
U′−UVUV=R滑R，
方程左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器连入电路的电阻最大时，对应的定值电阻应最大，此时电源电压最大，
U′−3V3V=15Ω25Ω，
则电源电压最大值：U′=4.8V，
故为保证可用电阻均能正常进行实验，电源电压应该控制在3V至4.8V之间；
(5)由图象可知，当1R=0.1Ω−1即R=10Ω时，通过导体的电流I=0.2A，
由I=UR可得，小明控制导体两端的电压：
UV=IR=0.2A×10Ω=2V；
根据串联分压原理可知，换上更大电阻，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向B端移动，使电压表的示数为2V。
故答案为：(1)如图所示；(2)R断路；(3)2.5；(4)4.8；(5)10；变大；B；2。
(1)根据滑动变阻器的滑片P向B端移动时接入电路的电阻变大确定变阻器左下接线柱连入电路中；
(2)为了保护电路，连接电路时开关应断开；
(3)滑动变阻器的规格为“15Ω1A”，实验中电阻R两端的电压始终保持3V不变，若选用2.5Ω的电阻，由欧姆定律得出电路的最大电流分析；
(4)由串联电路的规律及分压原理得出电源电压最大值，从而确定电源电压应该控制的范围；
(5)由图象知当1R=0.1Ω−1通过导体的电流大小，由I=UR得出小明控制导体两端的电压；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向。
本题探究通过导体的电流与电阻的关系，考查电路连接、欧姆定律的运用、控制变量法、操作过程及对实验的要求。
25.【答案】定 不能 不变 减小 5.4×104 2.4×104W
【解析】解：
(1)由图甲可知，A、B滑轮都是定滑轮，都不能省力，只能改变力的方向；
(2)当电梯匀速上升时，轿厢也匀速上升，质量不变，所以轿厢的动能不变；
轿厢与配重的运动方向始终相反，所以配重的高度减小，其重力势能减小；
(3)由图乙可知，电梯匀速运行阶段，轿厢运行的时间：t=8s−2s=6s，轿厢的速度：v=2m/s，
配重下降的高度等于轿厢上升的高度，所用由v=st可得，配重下降的高度：h=vt=2m/s×6s=12m；
配重的重力：G配重=m配重g=450kg×10N/kg=4500N，
则配重的重力做功为：W=G配重h=4500N×12m=5.4×104J；
电梯满载匀速运行时，电动机钢丝绳对轿厢拉力为：F=G载荷+G轿厢−G配重=m载荷g+m轿厢g−G配重=1100kg×10N/kg+550kg×10N/kg−4500N=1.2×104N，
故电动机钢丝绳对轿厢的拉力的功率为：P=Wt=Fst=Fv=1.2×104N×2m/s=2.4×104W。
故答案为：(1)定；不能；(2)不变；减小；(3)5.4×104；2.4×104W。
(1)定滑轮使用时，滑轮的位置固定不变；定滑轮实质是等臂杠杆，不省力，但可以改变作用力的方向；
(2)动能的影响因素是物体的质量和速度，重力势能的影响因素是物体的质量和高度，质量越大，高度越高，物体的重力势能越大；
(3)根据图乙读出电梯匀速运动时的速度和所用的时间，根据速度公式求出电梯上升的高度，配重下降的高度等于轿厢上升的高度，根据G=mg求出配重的重力，根据W=Gh求出配重的重力所做的功；根据F=G载荷+G轿厢−G配重求电动机钢丝绳对轿厢的拉力，根据P=Wt=Fst=Fv计算电动机钢丝绳对轿厢的拉力的功率。
本题综合考查定滑轮的特点、功和功率的计算，正确识别甲图中滑轮的特点、乙图中数据是解题的关键。
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