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2022-2023学年江苏省苏州中学九年级物理期末测试卷
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2022-2023学年江苏省苏州中学九年级物理期末测试卷
考试范围：十一章~十五章；考试时间：100分钟；命题人：刘爱华
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
四
五
六
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共15小题，共30.0分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 热值大的燃料完全燃烧，放出的热量一定多
B. 物体的温度不变，它的内能一定不变
C. 物体的内能增加，可能是从外界吸收了热量
D. 热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
2. 下列事件中，力对物体做了功的是( )
A. 用力推汽车，没有推动 B. 将重物从一楼扛到二楼
C. 举重运动员举着杠铃保持不动 D. 提着水桶在水平路面上匀速前行
3. 如图所示是一款智能感应垃圾桶，它有三种开盖方式，可以用手动按键开盖，也可以脚踢桶身感应开盖，还可以红外线感应开盖，下列电路符合要求的是( )
A.
B.
C.
D.
4. 关于温度、热量、内能，下列说法中正确的是( )
A. 物体的温度越高，放出的热量越多
B. 物体的温度越高，物体内分子的无规则运动越剧烈
C. 物体吸收了热量，它的温度一定升高
D. 物体的内能增加，一定是外界对物体做了功
5. 用如图所示电路探究“影响电阻大小的因素”实验时，下列说法正确的是( )
A. 该电路中小灯泡的作用，代替电流表判断电流强弱
B. 该电路探究导体的电阻大小与导体横截面积有关
C. 该电路探究导体的电阻大小与导体长度有关
D. 该电路探究导体的电阻大小与导体温度有关
6. 现需要研究的课题有：①导体的电阻跟它的横截面积的关系；②导体的电阻跟它的长度的关系；③导体的电阻跟它的材料的关系．给出三根镍铬合金线a、b、c(其长度关系la=lb>lc，横截面积关系Sa>Sb=Sc)，电源、电流表、开关各一个、若干根导线，可以完成的研究课题是 ( )
A. 只有① B. 只有② C. ①和② D. ①、②和③
7. 如图所示的工具中，在使用时属于省力杠杆的是( )
A. 食品夹
B. 核桃夹子
C. 筷子
D. 船桨
8. 关于家庭电路和安全用电的说法中，正确的是( )
A. 家庭电路中的空气开关，可以安装在任意位置
B. 家庭电路中同时工作的用电器的多少，完全由用户自己决定
C. 防范触电事故最重要的是要有安全用电的意识，遵守安全用电的原则
D. 正确使用试电笔测火线时，没有电流通过人体保证了人的安全
9. 在探究“电流与电阻关系”实验中，某同学根据实验数据作出如图所示的图像，下列说法正确的是( )
A. 导体中的电流与导体的电阻成正比
B. 电源至少选用两节新干电池
C. 换用2Ω电阻做实验时，需要更换电压表量程
D. 多次实验是为了求平均值，以减小实验误差
10. 如图所示的装置，物体放在水平桌面上，小华同学在绳自由端用5 N竖直向下的力拉绳时，物体在10 s时间内匀速向右运动1 m，不计滑轮重、绳重和轴摩擦，下列说法不正确的是 ( )
A. 物体与桌面间的滑动摩擦力是15 N B. 10 s时间内拉力做的功是10 J
C. 10 s时间内拉力的功率是1.5 W D. 10 s时间内绳子自由端移动距离为3 m
11. 如图所示，向装有少量水的烧瓶缓慢打气，突然塞子跳起来，同时瓶内出现了“白雾”，关于该现象说法正确的是( )
A. 白雾是水蒸气
B. 瓶内气体膨胀对外做功
C. 瓶内气体内能增加
D. 瓶内气体温度升高
12. 如图所示，A为导线，BM、CN为两根相同的电阻丝，当滑片P向右移动时，灯L的亮度不变，则开关S( )
A. 一定和A接触
B. 一定和B接触
C. 一定和C接触
D. 和B、C接触均可
13. 如图所示，用轻质弹簧(弹簧质量和空气阻力忽略不计)将小球挂在天花板上，小球和弹簧拉到水平位置(此时弹簧处于原长)从静止开始释放，摆动到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 小球动能变化量大于小球重力势能变化量 B. 小球动能变化量小于小球重力势能变化量
C. 小球动能变化量等于小球重力势能变化量 D. 小球的机械能守恒
14. 如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面的高度的变化反映密闭空气温度的变化，下列说法中正确的是( )
A. 该实验装置是为了探究电流产生的热量与电阻的关系
B. 将左边容器中的电阻丝换成10 Ω的电阻丝后，就可以探究电流产生的热量与电阻的关系
C. 通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的大
D. 该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻丝放出热量的多少的
15. 如图甲所示，电源电压保持不变，滑动变阻器R1标有“50Ω0.5A”的字样，R2=10Ω，灯泡L上标有“5V”的字样，电压表量程为0～15V，电流表量程为0～0.6A。将R1的滑片P移至b端，闭合开关S、S1，调节R1的滑片P，并绘制出电流表示数与电压表示数的变化关系图象如图乙所示。在保证电路安全的前提下，下列说法正确的是( )
A. 滑动变阻器接入电路中的最小阻值是5Ω
B. 电路总功率的变化范围是0.5W～1.5W
C. 若将电压表量程换为0～3V，闭合开关S、S2，电流表示数的变化范围是0.1A～0.5A
D. 若将电压表量程换为0～3V，闭合开关S、S2，R2的功率变化范围是0.1W～0.9W
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共11小题，共22.0分）
16. 如图所示，在电路中要使电灯L1和L2并联，应闭合开关________。为了防止电路出现短路，不能同时闭合开关________。
17. 神舟十四号载人飞船于2022年6月5日10时44分成功发射，在载人飞船加速升空的过程中，舱内3名宇航员的动能_____(选填“增加”、“不变”或“减小”下同)，重力势能______，机械能 。
18. 如图是四根高压输电线上的一个装置，利用这个装置将四根导线并联起来，相当于增大了导线的________，从而减小了导线的____，以达到减少输电线上电能损失的目的．
19. 如图1所示的一台单缸四冲程汽油机的飞轮转速为2160r/min，在此过程中每秒燃气对外做功__________次。与如图1的汽油机的工作过程中能量转化情况一致的是图2实验中的 (填“甲”或“乙”)。
20. 小明观察到家里电水壶的额定功率为1000W，电能表参数3000imp/(kW⋅h)。电水壶正常工作时将2kg水从20℃加热到70℃需用时8分钟。电水壶是利用电流的______效应工作的，此过程水的内能增加______J，水内能的改变是通过______方式实现的，电水壶的效率为______。若此时家里只有电水壶用电，则电能表指示灯闪烁______次。[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
21. 如图所示是A、B两种燃料完全燃烧释放的热量Q与其质量m的关系图，从图中可看出A燃料的热值______(选填：“大于”、“小于”或“等于”)B燃料的热值，在标准大气压下，若一定质量的B燃料完全燃烧释放的热量为4.9×106J，其中有60%的热量被质量为10kg、初始温度为38℃的水吸收，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)，则水的温度将升高到______℃。
22. 如图所示，已知两只灯泡L1和L2是并联的，则在①、②和③三个电表中(电流表或电压表) ______是电流表。______是电压表(填序号)。闭合开关后，两小灯泡都能正常发光，过了一会儿，L1突然熄灭，灯泡L2的亮度将会______(“变亮”“不变”“变暗”)。
23. 冬天为了取暖，可以将双手不停地搓擦，也可以向手上哈哈气，前一种是用______方法改变手的内能，后一种是用______方法改变手的内能。
24. 如图所示，工人师傅用1000N的推力沿斜面向上将重为2000N的物体从斜面底端匀速推至斜面顶端．已知斜面长4m、高1.5m，则此过程中的有用功为______J，斜面的机械效率为______，使用斜面可以______(填“省力”或“省功”)。
25. 为了保护视力，小明家将日光灯换成了LED护眼灯，LED护眼灯与电视之间的连接方式是______联的；LED灯发光效率高，其发光部分主要由______材料制成；若空调的开关闭合时，家中空气开关跳闸了，可能的原因是：______(写出一种即可)。
26. 如图所示，电源两端电压U=3V保持不变。当开关S1闭合、S2断开，滑动变阻器滑片P在AB中点时，电压表示数为U1，电流表示数为I1；当滑动变阻器滑片P移至B端时，电压表示数为U2，电流表示数为I2.当开关S1、S2都闭合，滑动变阻器滑片P移至A端时，电流表示数为I3.已知：R2=1Ω，U1：U2=3：4，I2：I3=1：6.则R1的电阻值为______。当开关S1闭合、S2断开，滑动变阻器滑片P在中点时，通电1min，电路消耗的电能是______J。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
27. 如图所示，某工人站在地面上使用由三个滑轮组成的滑轮组提升重物，请画出最省力的绕绳方法。
28. 在如图所示电路的“○”内填上适当的电表符号。要求：当开关S闭合时，两电阻均消耗电能。
29. 如图所示，
①请将图中“光控开关”、“声控开关“和灯泡用笔画线代替导线完成楼道灯自动控制电路，要求在光线较暗且有声音时才亮；
②安装一个不受开关控制的三孔插座。
四、实验探究题（本大题共4小题，共24.0分）
30. 为了模拟研究汽车超载和超速带来的安全隐患，小明同学设计了如下图所示的探究实验：将A、B、C三个小球先后从同一装置高分别为hA、hB、hC的位置滚下(mA=mBhB)，推动小木块运动一段距离后停止．请你根据生活经验和所学的物理探究方法，回答：
(1)在图甲和图丙实验中，A球、C球刚滚到水平面时的速度_______.(选填“相等”或“不相等”)
(2)小球推动小木块运动的距离越大，表示安全隐患_______.(选填“越大”、“不变”或“越小”)
(3)用来研究超载安全隐患时，我们应选择________两个图所示实验进行比较．
(4)用来研究超速安全隐患时，我们应选择________两个图所示实验进行比较．
(5)实验中，小球碰撞木块后继续向前运动，木块在水平木板上滑动一段距离后停下，设碰撞前一瞬间小球的动能为E0，木块克服摩擦力所做的功为W，则E0___W(选填“>”、“<”或“=”)。
31. 小明利用如图甲所示的实验装置探究了“沙子和水的温度变化与吸热的关系”，操作如下：
(1)在两烧杯中分别装入初温度相同且____相等的沙子和水。
(2)用相同的酒精灯火焰加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同的时间记录一次温度，其中某时刻的温度如图乙所示，其示数为____℃.根据实验数据绘制成温度与时间的关系图象，如图丙所示；
(3)实验中，是通过比较_____来间接反映沙子和水吸收的热量的；
(4)分析图象可知，对于质量相等的沙子和水，升温较快的是____；若使两者升高相同的温度，则____吸收的热量较多，由此可见，____的比热容较大。
32. 为测量一定值电阻的阻值，某实验小组选用的实验器材有：待测电阻Rx、两节干电池、电流表、电压表、滑动变阻器、开关及导线若干．
(1)请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整．
(2)小组设计了一个记录与处理数据的表格，请将下表中 ① ②处的内容填写完整．
实验
次数
①
②
电阻
R/Ω
1
2
3
(3)某次测量时，电压表示数为2.5V，电流表指针位置如图乙所示，则电流表示数为 A，本次测得Rx的阻值为 Ω．
(4)本实验进行了多次测量，下列实验中多次测量的目的与其相同的是 (填字母代号)．
A.用刻度尺测量铅笔的长度
B.测量小灯泡的电阻
C.测量小灯泡的电功率
(5)他们又对实验进行了拓展，利用电源(电压未知但恒定不变)、阻值已知为R0的定值电阻、电压表、开关等器材，设计了如图丙所示的电路，也测出了Rx的阻值，请你完成下列实验步骤：
①闭合开关S1，断开S2，读出电压表的示数U1;
② ，读出电压表的示数U2;
③待测电阻的阻值Rx= (用已知量和测得量的字母表示)．
33. 小明做“测小灯泡的电功率”实验时，所用器材有：电压为6V的电源，额定电压为 2.5V 的小灯泡，标有“40Ω 1A”的滑动变阻器以及符合实验要求的电压表、电流表、开关和导线。
(1)如图甲所示是小明连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“X”并补画出正确的连线。
(2)小明改正错误后，闭合开关前应将滑片P置于最______ 端。
(3)小明通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成了如图乙所示的U−I图象，根据图象提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是______W。
(4)若实验中电流表坏了，为了测量小灯泡的额定功率，小明又用一个定值电阻R0接在原电路电流表的位置，设计了如图丙所示的电路，然后调节滑动变阻器 滑片使电压表示数为2.5V，接着保持滑片位置不变，将电压表的______点(选填“a”或“b”)接线改接到c点，观察并记录电压表示数U，则小灯泡的额定功率可表示为P额=______；所选用的定值电阻R0的阻值不得超过______Ω。
五、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
34. 用燃气灶烧水时，把2.2kg初温为20℃的水加热到沸腾，共燃烧了45g天然气(假设天然气完全燃烧).已知天然气的热值为4.4×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)。
(1)在烧水过程中，大量向外散失的能量不会自动再汇集回来，这说明能量的转化和转移是有______的。
(2)水的内能增加了多少？
(3)燃气灶烧水的效率多少？
六、综合题（本大题共1小题，共10.0分）
35. 电热水器
电热水器是利用电对水加热，使水温达到生活、采暖、生产工艺等要求的设备。家庭常用电热水器分为储水式电热水器和快热式电热水器两类。
市面上某款储水式电热水器如图1所示，其铭牌上的部分信息如表1所示。
市面上某款快热式电热水器如图2所示，其铭牌上的部分信息如表2所示。
表1：储水式热水器
额定升数：
60L
产品尺寸(a∗b∗c)：
760mm×485mm×455mm
额定功率：
2200W
能效等级：
1级
表2：快热式电热水器
额定功率：8000W
温度范围：30～55℃
额定压力：0.6MPa
防水等级：IPX4
产品尺寸(a∗b∗c)：266mm×78mm×448mm
防电墙：专利防电墙
储水式电热水器安装简单、方便，功率相对较小，对电线要求低，一般家庭都能安装使用。但因为带一个大容积的水箱，要有承重墙才能装，且影响室内的美观。使用前需较长时间预热，且达到预设温度后额定容量的水被快速用完了，不能再连续使用；如果水箱中被加热的水没用完，这些热水会慢慢冷却，造成浪费。
快热式电热水器是一种快速加热流水，并且能通过电路控制水温，使水温达到适合人体洗浴温度的热水器。因为没有水箱，所以它具有体积小，重量轻，省空间易安装的特点，且不需要提前预热，也没有储水式热水器未用的剩余热水的能量消耗，真正做到了节能省水。一般来说，快热式电热水器比储水式电热水器省电15%～30%。但快热式电热水器普遍功率较大，安装需要横截面积较大的铜芯线和不低于30A的电能表，因此家庭选择此电热水器时，要考虑是否满足安装要求。
请根据上述材料，回答下列问题：
(1)根据储水式电热水器的铭牌可知，若家庭电路正常工作电压为220V，该电热水器正常工作时的电流是______A。
(2)对照两种热水器的铭牌可知：快热式电热水器相比储水式电热水器，它的______(选填“电功”或“电功率”)明显大一些。
(3)根据储水式电热水器的铭牌可知，使用该储水式电热水器在其额定功率下连续加热30min，则消耗______kW⋅h电能。
(4)2021年，碳达峰、碳中和被首次写入政府工作报告。已知每节约1度电相当于减少排放1.1kg的二氧化碳。若小利家将储水式电热水器更换为快热式电热水器后，发现一个月仅此一项用电比原来节省电能8kW⋅h，请计算由此相当于减排二氧化碳约______kg。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、燃料燃烧放出热量的多少，与燃料的热值、质量和燃烧程度有关，故A错误；
B、晶体熔化时，物体不断吸热，其内能增大，但是温度保持熔点不变，故B错误；
C、物体的内能增加，可能是从外界吸收了热量，也可能外界对物体做了功，故C正确；
D、热量是从高温物体向低温物体传递的或者从物体的高温部分传向低温部分，内能大的物体温度不一定高，故D错误。
故选：C。
(1)某种物质完全燃烧放出的热量和质量的比值叫热值，热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；
(2)内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和，内能的大小与温度、质量、状态有关；
(3)做功和热传递都可以改变物体的内能；
(4)发生热传递的条件是存在温度差。
本题考查了学生对内能、热值、热传递的理解，属于基本概念的考查，是学生容易出错的地方。
2.【答案】B
【解析】解：A、用力推汽车，没有推动，对汽车有力的作用，但汽车没有移动距离，所以不做功；故A不合题意；
B、将重物从一楼扛到二楼，重物在提力的方向上移动了距离，做了功，故B符合题意；
C、举重运动员举着杠铃站着不动，有力但没有移动距离，不做功，故C不合题意；
D、提着水桶在水平路面上匀速前行，力与距离的方向互相垂直，所以不做功。故D不合题意
故选：B。
做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离。据此分析判断。
明确三种情况不做功：一是有力无距离(例如：推而未动)，二是有距离无力(靠惯性运动)，三是力的方向与运动方向垂直。
3.【答案】D
【解析】解：根据题意可知，可以用手动按键开盖，也可以脚踢桶身感应开盖，还可以红外线感应开盖，这说明三个开关互不影响，是并联的，然后与电动机串联接入电路中，故D正确。
故选：D。
根据题意分析三个开关的连接方式、电动机的连接方式，然后选出符合题意的电路图。
根据题意的描述，判断出三个开关在电路中的作用，可进一步确定它们之间的连接关系，最终得出电路图的连接方式。
4.【答案】B
【解析】解：A、物体的温度越高，放出的热量不一定越多，还要看物体的温度变化、比热容等，故A错误；
B、分子在永不停息地做无规则运动，温度越高，分子无规则运动越剧烈，故B正确；
C、物体吸收热量，温度不一定升高，比如：晶体在熔化过程，吸热，内能增加但温度不变，故C错误；
D、物体的内能增加，可能是物体吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故D错误。
故选：B。
(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)物质是由分子组成的，分子在永不停息地做无规则运动，温度越高，分子无规则运动越剧烈。
(3)物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化。
(4)改变物体内能的两种方式：做功和热传递。
本题主要考查学生对：温度、内能与热量关系，以及改变内能的两种方式的了解和掌握。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
探究影响电阻大小的因素采用了控制变量法的思想，电阻大小的变化是通过电流表的示数变化或小灯泡亮度变化体现的，这里采用了转换法的思想。
(1)电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小或小灯泡的亮度判断导体电阻大小；
(2)影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度和横截面积，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变。
【解答】
解：
A、在探究“影响电阻大小的因素”实验中，电阻的大小可以通过电流的大小或小灯泡的亮度来体现的，没有电流表可以通过观察小灯泡的亮度来判断，故A正确；
BCD、由图可知，两根电阻丝的长度、横截面积相同，材料不同，所以此实验可以探究导体电阻的大小与导体的材料是否有关，故BCD错误。
故选：A。
6.【答案】C
【解析】三合金线的材料相同，在研究导体的电阻跟它的材料的关系时，无法达到控制变量的要求．
7.【答案】B
【解析】解：ACD.食品夹、筷子、船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故ACD不符合题意；
B.核桃夹子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故B符合题意；
故选B。
结合图片和生活经验分析动力臂和阻力臂的大小关系，当动力臂大于阻力臂时，是省力杠杆；当动力臂小于阻力臂时，是费力杠杆；当动力臂等于阻力臂时，是等臂杠杆。
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。
8.【答案】C
【解析】解：
A、为了使开关断开后，用电器与火线断开，则控制用电器的开关必须接在火线上，故A错误；
B、家庭电路中同时工作的用电器的越多，干路中的电流越大，当电流过大时，容易引起火灾，所以家庭电路中同时工作的用电器的多少是由电路的承载能力决定的，故B错误；
C、在用电的过程中，要有安全用电的意识，遵守安全用电的原则，这样才能防止触电，故C正确；
D、在正确使用试电笔辨别火线时，试电笔的氖管发光，说明有电流经过人体形成回路，只不过电流太小不会危及人身安全，故D错误。
故选：C。
(1)家庭电路中开关和开关控制的用电器之间是串联的，开关必须与火线相连；
(2)多个用电器同时工作，总功率会变大；
(3)为了用电安全，应遵守安全用电的原则；
(4)正确使用测电笔：手接触笔尾金属体，笔尖接触导线，氖管发光，导线是火线；氖管不发光的是零线。手千万不要接触笔尖金属体。
掌握家庭电路中家用电器的连接方法、电路电流过大的原因、掌握安全用电常识、掌握测电笔的正确使用，只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生。
9.【答案】B
【解析】【解答】
A.此图属于反比例函数图像，表明在电压一定时，通过导体的电流跟电阻成反比，故A错误；
B.由图知，这个不变的电压为：U=IR=0.4A×5Ω=2V；电源至少选用两节新干电池(3V)，故B正确；
C.换用2Ω电阻做实验时，控制电阻的电压不变，故不需要更换电压表量程，故C错误；
D.多次实验是为了得出普遍性的规律，故D错误。
故选B。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查摩擦力、拉力、功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是对物体的受力分析，分析出动滑轮上绳子的段数。
(1)当保持匀速运动状态时，物体所受的摩擦力等于拉力的3倍；
(2)由滑轮组的结构看出，n=3，则s′=3s；由W=Fs可求得10s时间内拉力做的功；
(3)由P=Wt可求得10s时间内拉力的功率。
【解答】
由图可知，滑轮组有效绳子段数n=3，所以物体受到的拉力为F拉=3F=3×5 N=15 N，物体做匀速直线运动，由二力平衡可知，物体与桌面间的滑动摩擦力Ff=F拉=15 N，A不符合题意；
绳子自由端在10 s时间内移动的距离s自由端=ns=3×1 m=3 m，D不符合题意；
10 s时间内拉力做的功W=Fs自由端=5 N×3 m=15 J，B符合题意；
10 s时间内拉力的功率P=Wt=15J10s=1.5W，C不符合题意。
故选B。
11.【答案】B
【解析】改变物体内能的两种方法：做功、热传递。对物体做功，物体的内能增加，机械能转化为内能；物体对外做功，物体的内能减少，内能转化为机械能。
解决此题要结合改变物体的内能方式进行分析解答。
水蒸气会把瓶塞冲出。水蒸气对瓶塞做了功，水蒸气的内能转化为瓶塞的机械能，水蒸气内能减少，温度降低。水蒸气发生液化形成小水珠，瓶口出现“白雾”，故B正确。
12.【答案】D
【解析】题目中BM、CN为两根相同的电阻丝，滑片P向右移动时，若S与A接触，则电阻丝MP与PN连入电路，滑片P右移时，连入电路的电阻丝长度变长，滑动变阻器连入电路的阻值变大，灯L亮度变暗，不符合题意。若S与B接触，则电阻丝NP加上PB为一根电阻丝的长度；若S与C接触，则连入电路的电阻丝为NC，也是一根电阻丝的长度，故S接B或C时，电阻恒定不变，灯L的亮度不变。
13.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查动能和势能的转化与守恒，知道在整个运动过程中，动能、重力势能、弹性势能相互转化，结合能量守恒分析判断。
小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒。据此结合以下知识分析解答：
(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)弹性势能的大小与物体的形变程度有关，形变程度越大，弹性势能越大；
(4)不计空气阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒。
【解答】
D.当小球从如图水平位置放手后摆动到最低点的过程中，小球的质量不变，速度变大，同时高度降低，弹簧的弹性形变变大，故小球的重力势能减小、动能增加，弹簧弹性势能增加，即小球的重力势能一部分转化为小球的动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能；弹簧质量和空气阻力忽略不计，小球和弹簧系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，故D错误；
ABC.当小球从如图水平位置放手后摆动到最低点的过程中，重力势能减小，动能增加，弹性势能增加，重力势能的减小量等于小球动能的增加量与弹簧弹性势能增加量之和，所以小球重力势能的减小量大于小球动能的增加量，小球重力势能的减小量也大于弹簧弹性势能的增加量，故AC错误、B正确。
14.【答案】C
【解析】装置中两个5 Ω的电阻并联后再与一个5 Ω的电阻串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻的电流相等，即I右=I左，两个5 Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右=I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1=I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，由焦耳定律可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，因此通电一段时间后，玻璃管左侧液面高度差更大，故A错误，C正确．
将左边容器中的电阻丝换成10 Ω的电阻丝后，左右两端的电阻和电流都不同，没有控制好变量，所以不能探究电流产生的热量与电阻的关系，故B错误．
由焦耳定律可知，该实验装置是利用容器中气体的热胀冷缩来反映电流通过导体时产生的热量的多少，故D错误。
15.【答案】D
【解析】解：由电路图知闭合开关S、S1，滑动变阻器R1与小灯泡L串联，电压表测量小灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流；
A、由图乙可得电路中的电流最小时，滑动变阻器连入电路的电阻最大，最大为50Ω，此时电路中的电流为：I1=0.1A，小灯泡两端的电压为：UL=1V，
电源电压为：
U=UL+I1R1大=1V+0.1A×50Ω=6V；
当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时小灯泡两端的电压为UL′=5V，电路中的电流为：I2=0.25A，
滑动变阻器接入电路的电阻最小为：
R1小=U滑小I2=U−UL′I2=6V−5V0.25A=4Ω，故A错误；
B、由图乙知电路中的电流为0.1A～0.25A，
根据P=UI知电路总功率的变化范围是0.6W～1.5W，故B错误；
CD、闭合开关S、S2，定值电阻R2和滑动变阻器R1串联，电压表测量定值电阻R2两端的电压，电流表测量电路中的电流，若将电压表量程换为0～3V，则R2两端的电压最大为3V，电路中的最大电流为：Imax=U2R2=3V10Ω=0.3A；
电路中的电流最小时滑动变阻器接入电路的阻值最大，
电路中的最小电流为：
Imin=UR1大+R2=6V50Ω+10Ω=0.1A，所以电流表示数的变化范围是0.1A～0.3A，故C错误；
R2的最大功率为：
P2大=Imax2R2=(0.3A)2×10Ω=0.9W；
R2的最小功率为：
P2小=Imin2R2=(0.1A)2×10Ω=0.1W，所以R2的功率变化范围是0.1W～0.9W，故D正确。
故选：D。
由电路图知闭合开关S、S1，滑动变阻器R1与小灯泡L串联，电压表测量小灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流；
(1)由图乙可得电路中的电流最小时，滑动变阻器连入电路的电阻最大，最大为50Ω，此时电路中的电流为：I1=0.1A，小灯泡两端的电压为：U1=1V，根据U=U1+I1R1大算出电源电压；
当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时小灯泡两端的电压为U2=5V，电路中的电流为：I2=0.25A，根据R1小=U滑小I2=U−UL′I2算出滑动变阻器接入电路电阻的最小值；
(2)由图乙知电路中电流的范围，根据P=UI算出电路总功率变化的范围；
(3)闭合开关S、S2，定值电阻R2和滑动变阻器R1串联，电压表测量定值电阻R2两端的电压，电流表测量电路中的电流，若将电压表量程换为0～3V，则R2两端的电压最大为3V，由欧姆定律算出电路中的最大电流，当电路中的电流最小时滑动变阻器接入电路的阻值最大，由欧姆定律算出电路中的最小电流，进而判断出电流表示数的变化范围；由P=UI算出R2的最大、最小功率，进而判断出R2功率的变化范围。
本题考查了电功率的计算以及欧姆定律的应用问题，本题有一定的难度，需要谨慎分析。
16.【答案】S1、S3；S2 、S3
【解析】
【分析】
本题主要考查对串并联电路连接特点的了解；以及电路的三种状态的掌握。
【解答】
要使两灯泡并联，电流从电源正极流出需要经过S1，然后分别经过灯泡支路L1和支路L2、S3，再流回电源负极，因此应闭合开关S1、S3 ；
当闭合开关S2、S3时，电流不经过用电器直接从电源的正极流入电源负极，从而形成电源短路，故不能同时闭合开关S2、S3。
故答案为：S1、S3；S2 、S3。
17.【答案】增加；增加；增加
【解析】
【分析】
本题重点考查了机械能的变化，分析题目中的表示物体速度和高度变化的关键字词是解题的关键。
(1)物体由于运动而具有的能叫做动能，影响动能大小的因素有质量和速度；
(2)物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，影响重力势能大小的因素是质量和高度；
(3)机械能为动能和势能的和。
【解答】
解：载人飞船加速升空的过程中，宇航员的质量不变，速度增加，动能增加；质量不变，高度增加，重力势能增加；动能和重力势能都增多，所以机械能增加。
故答案为：增加；增加；增加。
18.【答案】横截面积；电阻
【解析】解：四根导线并联在一起，等效成一根导线，相对于其中的任何一根导线，其横截面积变大了。
导体的电阻大小与导体的横截面积有关，在其他因素不变的情况下，其电阻的大小与导体的横截面积成反比。所以横截面积增大，导体的电阻减小。
故答案为：横截面积；电阻
导体的电阻大小有四个因素有关：材料、长度、横截面积、温度。研究导体的电阻变化时，要用到控制变量法，在此题中，通过四根导线的并联，改变了导体的横截面积，从而改变了导体的电阻值。
19.【答案】18；乙
【解析】
【分析】
此题考查了内燃机完成一个工作循环飞轮转动的圈数和做功次数，
内燃机完成1个工作循环，飞轮转2转，对外做功1次；
内燃机的一个工作循环有四个冲程，即吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；压缩冲程即进气门和排气门都关闭，活塞由上向下运动，压缩空气做功，使气缸内气体内能增加温度升高；对于做功冲程，即气缸内的混合物被引燃，导致气缸内产生高温高压燃气，这些燃气推动活塞做功，使活塞由上向下运动；故分析每个图中的能量转化关系即可判断。
【解答】
(1)由题意可知，单缸四冲程汽油机的飞轮转速是2160r/min，即每秒钟转36圈，做功18次；
(2)内燃机的一个工作循环有四个冲程，即吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，在该题中，两个气门都关闭，活塞由下向上压缩气缸内的空气，即对空气做功，使得空气的内能增加，温度升高，这是通过做功的方式改变了气缸内物质的内能，即是将机械能转化为内能的过程；
分析图甲能看出，是水蒸气对瓶塞做功，故是将内能转化为机械能的过程，故与图1的能量转化不一致；
分析图乙能看出，是通过做功的方式改变内能的，故是将机械能转化为内能的过程，故与图1的能量转化一致。
故答案为：18；乙。
20.【答案】热 4.2×105 热传递 87.5% 400
【解析】(1)电流的热效应是指导体通电时会发热的现象，电热水壶是利用电流的热效应工作的；
(2)电水壶正常工作时将2kg水从20℃加热到70℃，水吸收的热量为Q吸=c水m△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(70℃−20℃)=4.2×105J，
(3)用电水壶给水加热是用热传递的方式改变水的内能；
(4)此过程消耗的电能为W=Pt=1000W×8×60s=4.8×105J=215kW⋅h，
η=Q吸W×100%=4.2×105J4.8×105J×100%=87.5%。
(5)3000imp/(kW⋅h)表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁3000次，
若此时家里只有电水壶用电，则电能表指示灯闪烁次数为：3000imp/(kW⋅h)×215kW⋅h=400imp。
故答案为：热；4.2×105；热传递；87.5%；400。
(1)电流的热效应是指导体通电时会发热的现象，据此分析；
(2)已知水的质量和温度变化量，根据Q吸=c水m△t计算水的内能增加量；
(3)改变内能有两种方法：做功和热传递，据此分析；
(4)已知功率和时间，根据W=Pt计算此过程消耗的电能，根据η=Q吸W×100%计算电水壶的效率；
(5)已知消耗的电能，且3000imp/(kW⋅h)表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁3000次，据此求电能表指示灯闪烁的次数。
本题考查电能表参数的理解、水吸收热量的计算、电能及效率的计算，有很强的综合性。
21.【答案】小于 100
【解析】解：
(1)如图，取相同质量m0，由图可知，QA
水吸收的热量：Q吸=ηQ放=60%×4.9×106J=2.94×106J；
由Q吸=cm△t得水升高的温度：
△t=Q吸c水m水=2.94×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×10kg=70℃，
水的末温t=t0+△t=38℃+70℃=108℃，
在标准大气压下水的沸点为100℃，因此水的温度将升高100℃。
故答案为：小于；100。
(1)单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量叫这种燃料的热值，在图象上取某一质量m0，比较相应的Q值，从而比较这两种燃料的热值大小；
(2)水吸收的热量Q吸=ηQ放，又知道水的质量、水的比热容，根据Q吸=cm△t可计算水升高的温度。(注意水的末温为100℃，水沸腾时，吸热但温度不变)
本题考查学生对燃料完全燃烧放出热量公式和吸热公式的掌握和运用，解答注意在标准大气压下水的沸点为100℃。
22.【答案】①③ ② 不变
【解析】解：已知两只灯泡L1和L2是并联的，有两条支路，则②是相当于断路的电压表；电表①与灯泡L2串联，电表③与灯泡L1串联，所以①和③是电流表。
闭合开关后，两小灯泡并联，L1突然熄灭，并联电路中各个支路互不影响，灯泡L2的亮度不变。
故答案为：①③；②；不变。
电流表与用电器串联，电压表与用电器并联；电流表电阻非常小，在电路中相当于导线，电压表电阻非常大在电路中相当于断路；并联电路各支路互不影响。
本题考查了电流表和电压表的使用、并联电路的特点，属于基础题。
23.【答案】做功 热传递
【解析】解：将双手不停地搓擦，是克服摩擦做功使手的内能增大、温度升高；
向手上哈哈气，是通过热传递的方式使手的内能增大、温度升高。
故答案为：做功；热传递。
改变物体内能方式有两种：做功和热传递，做功的实质是能量的转化，热传递的实质是能量的转移。
本题主要考查了改变内能的方法在生活中的应用，属基础题，难度不大。
24.【答案】3000 75% 省力
【解析】解：(1)此过程所做有用功为：W有=Gh=2000N×1.5m=3000J；
所做总功为：W总=Fs=1000N×4m=4000J；
故机械效率为：η=W有W总=3000J4000J=75%；
(2)使用斜面能够省力，但不能省功。
故答案为：3000；75%；省力。
(1)根据W=Gh求出有用功；根据公式W=Fs可求出推力做的总功；根据机械效率的计算公式可求出斜面的效率η。
(2)使用斜面的好处是能够省力，使用任何机械都不省功。
熟练运用计算功、机械效率的公式，明确斜面能够省力的特点，是解答此题的关键。
25.【答案】并 半导体 用电器总功率过大
【解析】解：(1)家庭电路中，为避免相互影响，家用电器之间采取并联的连接方式。
(2)LED灯发光效率高，其发光部分主要由半导体材料制成的。
(3)空气开关跳闸，说明电路电流过大，可能是电路发生短路，也可能是用电器总功率过大。
故答案为：并；半导体；用电器总功率过大。
(1)家庭电路中，家用电器之间是并联的；
(2)LED灯的核心元件是发光二极管，二极管是由半导体材料制成的；
(3)家庭电路电流过大的原因有两个：一是用电器的总功率过大，二是发生短路。
本题考查了家庭电路电流过大的原因、半导体材料的应用、家用电器之间的连接方式，属于基础题。
26.【答案】1Ω 270
【解析】解：当开关S1闭合、S2断开，滑动变阻器滑片P在AB中点时，等效电路图如图甲所示；
当开关S1闭合、S2断开，滑动变阻器滑片P移至B端时，等效电路图如图乙所示；
当开关S1、S2都闭合，滑动变阻器滑片P移至A端时，等效电路图如图丙所示。
因U1：U2=3：4，
所以，由I=UR可得：
I1I2=U1R32U2R3=2U1U2=2×34=32，
因电源的电压不变，
所以电流与总电阻成反比，则I1I2=R1+R3R1+R32=32，
解得：R3=2R1，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，图乙中的电流I2=UR1+R3=UR1+2R1=U3R1=3V3R1，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，
所以，图丙中的干路电流I3=UR1+UR2=3VR1+3V1Ω=3VR1+3A，
又因I2：I3=1：6，
所以，I3=6I2，即3VR1+3A=6×3V3R1，
解得：R1=1Ω，
则R3=2R1=2×1Ω=2Ω，
通电1min，图甲中电路消耗的电能：
W=UI1t=U2R1+R32t=(3V)21Ω+2Ω2×60s=270J。
故答案为：1Ω；270。
先画出三种情况下的等效电路图，根据欧姆定律表示出图甲和图乙中电压表的示数即可求出两电路图中的电流之比，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压结合电流关系即可求出R1、R3的阻值关系，根据电阻的串联和欧姆定律表示出图乙中的电流，根据并联电路的电压和电路特点以及欧姆定律表示出图丙中的电流，根据I2：I3=1：6得出等式即可求出出R1、R3的阻值，根据W=UIt=U2Rt求出通电1min图甲中电路消耗的电能。
本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功公式的灵活应用，利用好电压表的示数关系和电流表的示数关系以及电源的电压不变是解题的关键。
27.【答案】解：要使滑轮组最省力，需要承担物重的绳子段数最多，所以要从动滑轮绕起，依次绕过上面的定滑轮、下面的动滑轮，再绕过上面的另一个定滑轮，如图所示：
【解析】与动滑轮连接的绳子能分担物体的重力，所以与动滑轮相连的绳子的股数越多越省力，但还要注意对拉力方向的要求。
对于滑轮组的组装与绕线方法，要看清题目的每一个要求，灵活运用，不能死记硬背最省力的绕线方法。
28.【答案】
【解析】
【分析】
电流表与被测得用电器串联，电压表与被测得用电器并联；根据当开关S闭合时，两电阻均消耗电能，据此填入电表。
本题考查了电流表和电压表在电路中的作用，属于中档题。
【解答】
题目要求，开关S闭合时，两电阻均消耗电能，则R1、R2均能工作；
若右边圆圈内填入电流表，则左下方圆圈内只能填电压表，防止电源被短路，但此时导线将R2和电流表短路，所以右边圆圈内填入电压表，左下方圆圈内只能填电流表，R1和R2并联接入电路，如图所示：
。
29.【答案】解：①由分析知，声控开关和光控开关是串联的，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，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故，能控制灯泡，又更安全，如图所示：
②三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线，如图所示：
【解析】①只有在光线很暗且有声音时灯才亮说明两开关不能独立工作、相互影响即为串联；连接电路时应注意开关控制火线，且火线接入灯尾金属点，零线接入螺旋套。
②三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
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。
30.【答案】(1)相等；(2)越大；(3)甲、丙；(4)甲、乙；(5)>
【解析】
【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；掌握能量的转化，此题中由于弹簧的弹性势能相同，所以小球的动能相同，做功相同，此处是难点．
(1)实验中为使小球运动到水平面时的速度相同，让小球从同一高度处由静止滚下；
(2)实验中运用转换法来研究小球动能的大小，即观察小球撞击木块移动的距离远近，安全隐患越大；
(3)动能大小的影响因素：质量和速度；由控制变量法，速度一定时，质量越大，动能越大．
(4)由控制变量法，质量一定时，速度越大，动能越大；
(5)小球碰撞木块后继续向前运动，木块滑动过程中，克服摩擦力做功；
【解答】
(1)在图甲和图丙实验中，小球从同一高度释放，运动到水平面时，它们的速度相等；
(2)实验中通过比较滚下的小球撞击木块移动的距离，来比较小球动能的大小．在同样的平面上木块被撞得越远，小球的动能就越大，安全隐患越大；
(3)超载是指汽车的速度一定时，质量越大动能越大．选择到达水平面的速度相等，质量不同的AC小球进行实验，即甲、丙两个图所示实验进行比较．
(4)超速是指汽车的质量一定，速度越大，动能越大．选择质量相等到达水平面速度不同的AB小球，即甲、乙两个图所示实验进行比较．
(5)球与木块碰撞的过程中，球对木块做功，小球碰撞木块后继续向前运动，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动能，即E0>W。
31.【答案】(1)质量；
(2)39；
(3)加热时间；
(4)沙子；水；水
【解析】
【分析】
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，为热学中的重要实验，难度一般。
(1)比较物质吸热能力的2种方法：①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②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
(2)根据温度计分度值读数；
(3)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法；
(4)由图象分析和得出的结论推理回答，然后比较吸热能力的方法得出结果。
【解答】
(1)根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，故在两烧杯中分别装入初温度相同且质量相等的沙子和水；
(2)某时刻温度如图乙所示，温度计分度值为1℃，示数为39℃；
(3)根据转换法，实验中，相同时间内沙子和水吸收的热量相等，因此实验中是通过比较加热时间来间接反映沙子和水吸收的热量的；
(4)分析图象可知，
对于质量相等的沙子和水，加热相同的时间，升温较快的是沙子；即质量相等的沙子和水，吸收相同的热量，升温较快的是沙子，据此推理，若使两者升高相同的温度，则水吸收的热量较多；根据比较吸热能力的方法可知，水的比热容较大。
故答案为：(1)质量；(2)39；(3)加热时间；(4)沙子；水；水。
32.【答案】(1)；
(2)电压U/V；电流I/A；
(3)0.5；5；
(4)A；
(5)②闭合开关S1、S2；③(U1−U2)⋅R0U2
【解析】
【分析】
本题考查电路的连接、滑动变阻器的使用、电压表的使用、实验表格的设计、实验方案的设计，学生应具备相应的动手能力。
(1)电源为两节干电池，所以电压表的量程应选0～3V，电压表应与定值电阻并联接入电路，滑动变阻器应一上一下接入电路；
(2)根据欧姆定律分析，要测量电阻的电压和电流；
(3)根据电流表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律得出知Rx；
(4)本实验进行了多次测量，其目的是减小误差，对各选项进行分析；
(5)若该电路中没有电流表，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，由电路图可知，闭合S1时，电路为断路，电压表测量电源电压，再闭合开关S2，R0与Rx串联，电压表测R0两端的电压U2，结合欧姆定律可得出Rx的表达式。
【解答】
(1)将滑动变阻器、定值电阻、电流表开关串联在电路中，电压表与定值电阻并联，滑动变阻器一上一下的串联在电路中，因为电源为两节电池，电压为3V，所以电压表的量程为0−3V，根据图乙知电流表选用0−0.6A的量程，如下图所示：
(2)根据R=UI知表中①②处的内容应该为电压U/V和电流I/A；
(3)当电压表示数为2.5V时，由图乙知电流表的量程为0−0.6A，分度值为0.02A，示数为0.5A，
由欧姆定律I=UR知待测电阻为：Rx=UI=2.5V0.5A=5Ω；
(4)本实验进行了多次测量，其目的是减小误差；
A.用刻度尺测量铅笔的长度时多次测量求平均值减小误差，故A符合题意；
B.测量小灯泡的电阻时多次测量找出电阻与温度的规律，故B不符合题意；
C.在测量小灯泡的电功率时，测量多组对应的电压和电流值，利用P=UI得到多个功率，总结灯泡亮度与功率大小的关系，故C不符合题意；
故选：A；
(5)分析图丙的电路可知： ①只闭合S1时，电路为断路，电压表测量电源电压，示数为U1;
②闭合开关S1、S2，R0与Rx串联，电压表测R0两端的电压U2；
根据串联电路电流的规律：Ix=I，
根据串联电路电压的规律和欧姆定律有：U1−U2Rx=U2R0，
所以待测电阻的阻值为：Rx=(U1−U2)⋅R0U2。
33.【答案】(1)
(2)左；
(3)0.5；
(4)b；2.5V×U−2.5VR0；2.5；
【解析】解：(1)原电路中，电流表与灯并联，电压表串联在电路中，是错误的，电流表与灯串联，电压表与灯并联，如下所示：
(2)闭合开关前应将滑片P置于阻值最大处，即最左 端。
(3)由如图乙所示的U−I图象，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.2A，小灯泡的额定功率是：
P=UI=2.5V×0.2A=0.5W。
(4)电压表测灯的电压，当灯电压为2.5V时，灯正常发光；接着保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b接线改接到c点，观察并记录电压表示数U，因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律，定值电阻的电压为：
U0=U−2.5V，由欧姆定律，通过定值电阻的电流：I0=U0R0=U−2.5VR0，根据串联电路电流的规律，即为灯的额定电流，则小灯泡的额定功率可表示为P额=U额I额=2.5V×U−2.5VR0；
在实验操作中，因电压表选用0−3V的量程，既要测灯的额定电压，又要测灯与R0的电压，故定值电阻R0的最大电压不能超过3V−2.5V=0.5V，因灯正常工作时的电流IL=0.2A，由欧姆定律I=UR，故R0的最大阻值不能超过：
R0大=U0IL=0.5V0.2A=2.5Ω；
所选用的定值电阻R0的阻值不得超过2.5Ω；
本题测小灯泡的电功率，考查电路的连接、注意事项、额定功率的计算及设计实验方案的能力，同时也考查了探究电流与电阻的关系和控制变量法的运用和对器材的要求。
(1)原电路中，电流表与灯并联，电压表串联在电路中，是错误的，电流表应与灯串联，电压表与灯并联，据此改正；
(2)为保护电路，闭合开关前应将滑片P置于阻值最大处；
(3)由如图乙所示的U−I图象，找出灯的电压为2.5V时电流大小，根据P=UI求小灯泡的额定功率是；
(4)在没有电流表的情况下，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，灯在额定电压下正常发光，
保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b接线改接到c点，并记录电压表示数U，因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律求出定值电阻的电压，由欧姆定律得出通过定值电阻的电流，即为灯的额定电流，根据P=UI求小灯泡的额定功率；
在实验操作中，因电压表选用0−3V的量程，既要测灯的额定电压，又要测灯与R0的电压，根据串联电路电压的规律，求出定值电阻R0的最大电压，根据灯正常工作时的电流，由欧姆定律I=UR，求R0的最大阻值。
34.【答案】方向性
【解析】解：
(1)在烧水过程中，大量向外散失的能量不会自动再汇集回来，说明在能的转化和转移的过程中，能量转化和转移是有方向性；
(2)水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2.2kg×(100℃−20℃)=7.392×105J，
即水的内能增加了7.392×105J；
(3)天然气完全燃烧放出的热量：
Q放=mq=45×10−3kg×4.4×107J/kg=1.98×106J；
燃气灶的效率：
η=Q吸Q放×100%=7.392×105J1.98×106J×100%=37.3%。
故答案为：(1)方向性；(2)水的内能增加了7.392×105；
(3)燃气灶烧水的效率为37.3%。
(1)能量转化和转移是有方向性，如：热传递时内能从高温物体转移向低温物体的。
(2)知道水的质量、水的比热容，求出水温度的升高值，利用吸热公式Q吸=cm△t求水吸收的热量，即水的内能增加值；
(3)由Q放=mq可求出天然气完全燃烧放出的热量；水吸收的热量跟天然气完全燃烧放出的热量之比等于燃气灶的效率。
本题主要考查了燃料完全燃烧放热公式Q放=mq、Q吸=cm△t=cm(t−t0)和效率公式的掌握和运用，计算时注意：水吸收热量、内能增加，水的内能增加值等于水吸收的热量。
35.【答案】(1)10；(2)电功率；(3)1.1；(4)8.8
【解析】(1)若家庭电路正常工作电压为220V，根据储水式电热水器的铭牌可知其额定功率为2200W，
根据P=UI可得，该电热水器正常工作时的电流：I=PU=2200W220V=10A；
(2)对照两种热水器的铭牌可知：快热式电热水器的额定功率为8000W，储水式电热水器的电功率为2200W，故快热式电热水器相比储水式电热水器，它的电功率明显大一些；
(3)使用该储水式电热水器在其额定功率下连续加热30min，
则消耗电能：W=Pt=2200×10−3kW×3060h=1.1kW⋅h；
(4)将储水式电热水器更换为快热式电热水器后，发现一个月仅此一项用电比原来节省电能8kW⋅h，即节约8度电，已知每节约1度电相当于减少排放1.1kg的二氧化碳，则由此可知相当于减排二氧化碳的质量：8×1.1kg=8.8kg。
(1)若家庭电路正常工作电压为220V，根据储水式电热水器的铭牌可知其额定功率，根据P=UI得出该电热水器正常工作时的电流；
(2)对照两种热水器的铭牌可知：快热式电热水器的额定功率为8000W，储水式电热水器的电功率为2200W，据此分析；
(3)根据储水式电热水器的铭牌可知，使用该储水式电热水器在其额定功率下连续加热30min，根据W=Pt得出消耗的电能；
(4)将储水式电热水器更换为快热式电热水器后，发现一个月仅此一项用电比原来节省电能8kW⋅h，即节约8度电，已知每节约1度电相当于减少排放1.1kg的二氧化碳，据此得出结果。
本题考查了电能和电功率的有关计算，关键是从题目中获取有用的信息。
绝密★启用前
2022-2023学年江苏省苏州中学九年级物理期末测试卷
考试范围：十一章~十五章；考试时间：100分钟；命题人：刘爱华
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
四
五
六
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共15小题，共30.0分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 热值大的燃料完全燃烧，放出的热量一定多
B. 物体的温度不变，它的内能一定不变
C. 物体的内能增加，可能是从外界吸收了热量
D. 热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
2. 下列事件中，力对物体做了功的是( )
A. 用力推汽车，没有推动 B. 将重物从一楼扛到二楼
C. 举重运动员举着杠铃保持不动 D. 提着水桶在水平路面上匀速前行
3. 如图所示是一款智能感应垃圾桶，它有三种开盖方式，可以用手动按键开盖，也可以脚踢桶身感应开盖，还可以红外线感应开盖，下列电路符合要求的是( )
A.
B.
C.
D.
4. 关于温度、热量、内能，下列说法中正确的是( )
A. 物体的温度越高，放出的热量越多
B. 物体的温度越高，物体内分子的无规则运动越剧烈
C. 物体吸收了热量，它的温度一定升高
D. 物体的内能增加，一定是外界对物体做了功
5. 用如图所示电路探究“影响电阻大小的因素”实验时，下列说法正确的是( )
A. 该电路中小灯泡的作用，代替电流表判断电流强弱
B. 该电路探究导体的电阻大小与导体横截面积有关
C. 该电路探究导体的电阻大小与导体长度有关
D. 该电路探究导体的电阻大小与导体温度有关
6. 现需要研究的课题有：①导体的电阻跟它的横截面积的关系；②导体的电阻跟它的长度的关系；③导体的电阻跟它的材料的关系．给出三根镍铬合金线a、b、c(其长度关系la=lb>lc，横截面积关系Sa>Sb=Sc)，电源、电流表、开关各一个、若干根导线，可以完成的研究课题是 ( )
A. 只有① B. 只有② C. ①和② D. ①、②和③
7. 如图所示的工具中，在使用时属于省力杠杆的是( )
A. 食品夹
B. 核桃夹子
C. 筷子
D. 船桨
8. 关于家庭电路和安全用电的说法中，正确的是( )
A. 家庭电路中的空气开关，可以安装在任意位置
B. 家庭电路中同时工作的用电器的多少，完全由用户自己决定
C. 防范触电事故最重要的是要有安全用电的意识，遵守安全用电的原则
D. 正确使用试电笔测火线时，没有电流通过人体保证了人的安全
9. 在探究“电流与电阻关系”实验中，某同学根据实验数据作出如图所示的图像，下列说法正确的是( )
A. 导体中的电流与导体的电阻成正比
B. 电源至少选用两节新干电池
C. 换用2Ω电阻做实验时，需要更换电压表量程
D. 多次实验是为了求平均值，以减小实验误差
10. 如图所示的装置，物体放在水平桌面上，小华同学在绳自由端用5 N竖直向下的力拉绳时，物体在10 s时间内匀速向右运动1 m，不计滑轮重、绳重和轴摩擦，下列说法不正确的是 ( )
A. 物体与桌面间的滑动摩擦力是15 N B. 10 s时间内拉力做的功是10 J
C. 10 s时间内拉力的功率是1.5 W D. 10 s时间内绳子自由端移动距离为3 m
11. 如图所示，向装有少量水的烧瓶缓慢打气，突然塞子跳起来，同时瓶内出现了“白雾”，关于该现象说法正确的是( )
A. 白雾是水蒸气
B. 瓶内气体膨胀对外做功
C. 瓶内气体内能增加
D. 瓶内气体温度升高
12. 如图所示，A为导线，BM、CN为两根相同的电阻丝，当滑片P向右移动时，灯L的亮度不变，则开关S( )
A. 一定和A接触
B. 一定和B接触
C. 一定和C接触
D. 和B、C接触均可
13. 如图所示，用轻质弹簧(弹簧质量和空气阻力忽略不计)将小球挂在天花板上，小球和弹簧拉到水平位置(此时弹簧处于原长)从静止开始释放，摆动到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 小球动能变化量大于小球重力势能变化量 B. 小球动能变化量小于小球重力势能变化量
C. 小球动能变化量等于小球重力势能变化量 D. 小球的机械能守恒
14. 如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面的高度的变化反映密闭空气温度的变化，下列说法中正确的是( )
A. 该实验装置是为了探究电流产生的热量与电阻的关系
B. 将左边容器中的电阻丝换成10 Ω的电阻丝后，就可以探究电流产生的热量与电阻的关系
C. 通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的大
D. 该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻丝放出热量的多少的
15. 如图甲所示，电源电压保持不变，滑动变阻器R1标有“50Ω0.5A”的字样，R2=10Ω，灯泡L上标有“5V”的字样，电压表量程为0～15V，电流表量程为0～0.6A。将R1的滑片P移至b端，闭合开关S、S1，调节R1的滑片P，并绘制出电流表示数与电压表示数的变化关系图象如图乙所示。在保证电路安全的前提下，下列说法正确的是( )
A. 滑动变阻器接入电路中的最小阻值是5Ω
B. 电路总功率的变化范围是0.5W～1.5W
C. 若将电压表量程换为0～3V，闭合开关S、S2，电流表示数的变化范围是0.1A～0.5A
D. 若将电压表量程换为0～3V，闭合开关S、S2，R2的功率变化范围是0.1W～0.9W
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共11小题，共22.0分）
16. 如图所示，在电路中要使电灯L1和L2并联，应闭合开关________。为了防止电路出现短路，不能同时闭合开关________。
17. 神舟十四号载人飞船于2022年6月5日10时44分成功发射，在载人飞船加速升空的过程中，舱内3名宇航员的动能_____(选填“增加”、“不变”或“减小”下同)，重力势能______，机械能 。
18. 如图是四根高压输电线上的一个装置，利用这个装置将四根导线并联起来，相当于增大了导线的________，从而减小了导线的____，以达到减少输电线上电能损失的目的．
19. 如图1所示的一台单缸四冲程汽油机的飞轮转速为2160r/min，在此过程中每秒燃气对外做功__________次。与如图1的汽油机的工作过程中能量转化情况一致的是图2实验中的 (填“甲”或“乙”)。
20. 小明观察到家里电水壶的额定功率为1000W，电能表参数3000imp/(kW⋅h)。电水壶正常工作时将2kg水从20℃加热到70℃需用时8分钟。电水壶是利用电流的______效应工作的，此过程水的内能增加______J，水内能的改变是通过______方式实现的，电水壶的效率为______。若此时家里只有电水壶用电，则电能表指示灯闪烁______次。[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
21. 如图所示是A、B两种燃料完全燃烧释放的热量Q与其质量m的关系图，从图中可看出A燃料的热值______(选填：“大于”、“小于”或“等于”)B燃料的热值，在标准大气压下，若一定质量的B燃料完全燃烧释放的热量为4.9×106J，其中有60%的热量被质量为10kg、初始温度为38℃的水吸收，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)，则水的温度将升高到______℃。
22. 如图所示，已知两只灯泡L1和L2是并联的，则在①、②和③三个电表中(电流表或电压表) ______是电流表。______是电压表(填序号)。闭合开关后，两小灯泡都能正常发光，过了一会儿，L1突然熄灭，灯泡L2的亮度将会______(“变亮”“不变”“变暗”)。
23. 冬天为了取暖，可以将双手不停地搓擦，也可以向手上哈哈气，前一种是用______方法改变手的内能，后一种是用______方法改变手的内能。
24. 如图所示，工人师傅用1000N的推力沿斜面向上将重为2000N的物体从斜面底端匀速推至斜面顶端．已知斜面长4m、高1.5m，则此过程中的有用功为______J，斜面的机械效率为______，使用斜面可以______(填“省力”或“省功”)。
25. 为了保护视力，小明家将日光灯换成了LED护眼灯，LED护眼灯与电视之间的连接方式是______联的；LED灯发光效率高，其发光部分主要由______材料制成；若空调的开关闭合时，家中空气开关跳闸了，可能的原因是：______(写出一种即可)。
26. 如图所示，电源两端电压U=3V保持不变。当开关S1闭合、S2断开，滑动变阻器滑片P在AB中点时，电压表示数为U1，电流表示数为I1；当滑动变阻器滑片P移至B端时，电压表示数为U2，电流表示数为I2.当开关S1、S2都闭合，滑动变阻器滑片P移至A端时，电流表示数为I3.已知：R2=1Ω，U1：U2=3：4，I2：I3=1：6.则R1的电阻值为______。当开关S1闭合、S2断开，滑动变阻器滑片P在中点时，通电1min，电路消耗的电能是______J。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
27. 如图所示，某工人站在地面上使用由三个滑轮组成的滑轮组提升重物，请画出最省力的绕绳方法。
28. 在如图所示电路的“○”内填上适当的电表符号。要求：当开关S闭合时，两电阻均消耗电能。
29. 如图所示，
①请将图中“光控开关”、“声控开关“和灯泡用笔画线代替导线完成楼道灯自动控制电路，要求在光线较暗且有声音时才亮；
②安装一个不受开关控制的三孔插座。
四、实验探究题（本大题共4小题，共24.0分）
30. 为了模拟研究汽车超载和超速带来的安全隐患，小明同学设计了如下图所示的探究实验：将A、B、C三个小球先后从同一装置高分别为hA、hB、hC的位置滚下(mA=mB
(1)在图甲和图丙实验中，A球、C球刚滚到水平面时的速度_______.(选填“相等”或“不相等”)
(2)小球推动小木块运动的距离越大，表示安全隐患_______.(选填“越大”、“不变”或“越小”)
(3)用来研究超载安全隐患时，我们应选择________两个图所示实验进行比较．
(4)用来研究超速安全隐患时，我们应选择________两个图所示实验进行比较．
(5)实验中，小球碰撞木块后继续向前运动，木块在水平木板上滑动一段距离后停下，设碰撞前一瞬间小球的动能为E0，木块克服摩擦力所做的功为W，则E0___W(选填“>”、“<”或“=”)。
31. 小明利用如图甲所示的实验装置探究了“沙子和水的温度变化与吸热的关系”，操作如下：
(1)在两烧杯中分别装入初温度相同且____相等的沙子和水。
(2)用相同的酒精灯火焰加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同的时间记录一次温度，其中某时刻的温度如图乙所示，其示数为____℃.根据实验数据绘制成温度与时间的关系图象，如图丙所示；
(3)实验中，是通过比较_____来间接反映沙子和水吸收的热量的；
(4)分析图象可知，对于质量相等的沙子和水，升温较快的是____；若使两者升高相同的温度，则____吸收的热量较多，由此可见，____的比热容较大。
32. 为测量一定值电阻的阻值，某实验小组选用的实验器材有：待测电阻Rx、两节干电池、电流表、电压表、滑动变阻器、开关及导线若干．
(1)请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整．
(2)小组设计了一个记录与处理数据的表格，请将下表中 ① ②处的内容填写完整．
实验
次数
①
②
电阻
R/Ω
1
2
3
(3)某次测量时，电压表示数为2.5V，电流表指针位置如图乙所示，则电流表示数为 A，本次测得Rx的阻值为 Ω．
(4)本实验进行了多次测量，下列实验中多次测量的目的与其相同的是 (填字母代号)．
A.用刻度尺测量铅笔的长度
B.测量小灯泡的电阻
C.测量小灯泡的电功率
(5)他们又对实验进行了拓展，利用电源(电压未知但恒定不变)、阻值已知为R0的定值电阻、电压表、开关等器材，设计了如图丙所示的电路，也测出了Rx的阻值，请你完成下列实验步骤：
①闭合开关S1，断开S2，读出电压表的示数U1;
② ，读出电压表的示数U2;
③待测电阻的阻值Rx= (用已知量和测得量的字母表示)．
33. 小明做“测小灯泡的电功率”实验时，所用器材有：电压为6V的电源，额定电压为 2.5V 的小灯泡，标有“40Ω 1A”的滑动变阻器以及符合实验要求的电压表、电流表、开关和导线。
(1)如图甲所示是小明连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“X”并补画出正确的连线。
(2)小明改正错误后，闭合开关前应将滑片P置于最______ 端。
(3)小明通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成了如图乙所示的U−I图象，根据图象提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是______W。
(4)若实验中电流表坏了，为了测量小灯泡的额定功率，小明又用一个定值电阻R0接在原电路电流表的位置，设计了如图丙所示的电路，然后调节滑动变阻器 滑片使电压表示数为2.5V，接着保持滑片位置不变，将电压表的______点(选填“a”或“b”)接线改接到c点，观察并记录电压表示数U，则小灯泡的额定功率可表示为P额=______；所选用的定值电阻R0的阻值不得超过______Ω。
五、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
34. 用燃气灶烧水时，把2.2kg初温为20℃的水加热到沸腾，共燃烧了45g天然气(假设天然气完全燃烧).已知天然气的热值为4.4×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)。
(1)在烧水过程中，大量向外散失的能量不会自动再汇集回来，这说明能量的转化和转移是有______的。
(2)水的内能增加了多少？
(3)燃气灶烧水的效率多少？
六、综合题（本大题共1小题，共10.0分）
35. 电热水器
电热水器是利用电对水加热，使水温达到生活、采暖、生产工艺等要求的设备。家庭常用电热水器分为储水式电热水器和快热式电热水器两类。
市面上某款储水式电热水器如图1所示，其铭牌上的部分信息如表1所示。
市面上某款快热式电热水器如图2所示，其铭牌上的部分信息如表2所示。
表1：储水式热水器
额定升数：
60L
产品尺寸(a∗b∗c)：
760mm×485mm×455mm
额定功率：
2200W
能效等级：
1级
表2：快热式电热水器
额定功率：8000W
温度范围：30～55℃
额定压力：0.6MPa
防水等级：IPX4
产品尺寸(a∗b∗c)：266mm×78mm×448mm
防电墙：专利防电墙
储水式电热水器安装简单、方便，功率相对较小，对电线要求低，一般家庭都能安装使用。但因为带一个大容积的水箱，要有承重墙才能装，且影响室内的美观。使用前需较长时间预热，且达到预设温度后额定容量的水被快速用完了，不能再连续使用；如果水箱中被加热的水没用完，这些热水会慢慢冷却，造成浪费。
快热式电热水器是一种快速加热流水，并且能通过电路控制水温，使水温达到适合人体洗浴温度的热水器。因为没有水箱，所以它具有体积小，重量轻，省空间易安装的特点，且不需要提前预热，也没有储水式热水器未用的剩余热水的能量消耗，真正做到了节能省水。一般来说，快热式电热水器比储水式电热水器省电15%～30%。但快热式电热水器普遍功率较大，安装需要横截面积较大的铜芯线和不低于30A的电能表，因此家庭选择此电热水器时，要考虑是否满足安装要求。
请根据上述材料，回答下列问题：
(1)根据储水式电热水器的铭牌可知，若家庭电路正常工作电压为220V，该电热水器正常工作时的电流是______A。
(2)对照两种热水器的铭牌可知：快热式电热水器相比储水式电热水器，它的______(选填“电功”或“电功率”)明显大一些。
(3)根据储水式电热水器的铭牌可知，使用该储水式电热水器在其额定功率下连续加热30min，则消耗______kW⋅h电能。
(4)2021年，碳达峰、碳中和被首次写入政府工作报告。已知每节约1度电相当于减少排放1.1kg的二氧化碳。若小利家将储水式电热水器更换为快热式电热水器后，发现一个月仅此一项用电比原来节省电能8kW⋅h，请计算由此相当于减排二氧化碳约______kg。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、燃料燃烧放出热量的多少，与燃料的热值、质量和燃烧程度有关，故A错误；
B、晶体熔化时，物体不断吸热，其内能增大，但是温度保持熔点不变，故B错误；
C、物体的内能增加，可能是从外界吸收了热量，也可能外界对物体做了功，故C正确；
D、热量是从高温物体向低温物体传递的或者从物体的高温部分传向低温部分，内能大的物体温度不一定高，故D错误。
故选：C。
(1)某种物质完全燃烧放出的热量和质量的比值叫热值，热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；
(2)内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和，内能的大小与温度、质量、状态有关；
(3)做功和热传递都可以改变物体的内能；
(4)发生热传递的条件是存在温度差。
本题考查了学生对内能、热值、热传递的理解，属于基本概念的考查，是学生容易出错的地方。
2.【答案】B
【解析】解：A、用力推汽车，没有推动，对汽车有力的作用，但汽车没有移动距离，所以不做功；故A不合题意；
B、将重物从一楼扛到二楼，重物在提力的方向上移动了距离，做了功，故B符合题意；
C、举重运动员举着杠铃站着不动，有力但没有移动距离，不做功，故C不合题意；
D、提着水桶在水平路面上匀速前行，力与距离的方向互相垂直，所以不做功。故D不合题意
故选：B。
做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离。据此分析判断。
明确三种情况不做功：一是有力无距离(例如：推而未动)，二是有距离无力(靠惯性运动)，三是力的方向与运动方向垂直。
3.【答案】D
【解析】解：根据题意可知，可以用手动按键开盖，也可以脚踢桶身感应开盖，还可以红外线感应开盖，这说明三个开关互不影响，是并联的，然后与电动机串联接入电路中，故D正确。
故选：D。
根据题意分析三个开关的连接方式、电动机的连接方式，然后选出符合题意的电路图。
根据题意的描述，判断出三个开关在电路中的作用，可进一步确定它们之间的连接关系，最终得出电路图的连接方式。
4.【答案】B
【解析】解：A、物体的温度越高，放出的热量不一定越多，还要看物体的温度变化、比热容等，故A错误；
B、分子在永不停息地做无规则运动，温度越高，分子无规则运动越剧烈，故B正确；
C、物体吸收热量，温度不一定升高，比如：晶体在熔化过程，吸热，内能增加但温度不变，故C错误；
D、物体的内能增加，可能是物体吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故D错误。
故选：B。
(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)物质是由分子组成的，分子在永不停息地做无规则运动，温度越高，分子无规则运动越剧烈。
(3)物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化。
(4)改变物体内能的两种方式：做功和热传递。
本题主要考查学生对：温度、内能与热量关系，以及改变内能的两种方式的了解和掌握。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
探究影响电阻大小的因素采用了控制变量法的思想，电阻大小的变化是通过电流表的示数变化或小灯泡亮度变化体现的，这里采用了转换法的思想。
(1)电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小或小灯泡的亮度判断导体电阻大小；
(2)影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度和横截面积，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变。
【解答】
解：
A、在探究“影响电阻大小的因素”实验中，电阻的大小可以通过电流的大小或小灯泡的亮度来体现的，没有电流表可以通过观察小灯泡的亮度来判断，故A正确；
BCD、由图可知，两根电阻丝的长度、横截面积相同，材料不同，所以此实验可以探究导体电阻的大小与导体的材料是否有关，故BCD错误。
故选：A。
6.【答案】C
【解析】三合金线的材料相同，在研究导体的电阻跟它的材料的关系时，无法达到控制变量的要求．
7.【答案】B
【解析】解：ACD.食品夹、筷子、船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故ACD不符合题意；
B.核桃夹子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故B符合题意；
故选B。
结合图片和生活经验分析动力臂和阻力臂的大小关系，当动力臂大于阻力臂时，是省力杠杆；当动力臂小于阻力臂时，是费力杠杆；当动力臂等于阻力臂时，是等臂杠杆。
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。
8.【答案】C
【解析】解：
A、为了使开关断开后，用电器与火线断开，则控制用电器的开关必须接在火线上，故A错误；
B、家庭电路中同时工作的用电器的越多，干路中的电流越大，当电流过大时，容易引起火灾，所以家庭电路中同时工作的用电器的多少是由电路的承载能力决定的，故B错误；
C、在用电的过程中，要有安全用电的意识，遵守安全用电的原则，这样才能防止触电，故C正确；
D、在正确使用试电笔辨别火线时，试电笔的氖管发光，说明有电流经过人体形成回路，只不过电流太小不会危及人身安全，故D错误。
故选：C。
(1)家庭电路中开关和开关控制的用电器之间是串联的，开关必须与火线相连；
(2)多个用电器同时工作，总功率会变大；
(3)为了用电安全，应遵守安全用电的原则；
(4)正确使用测电笔：手接触笔尾金属体，笔尖接触导线，氖管发光，导线是火线；氖管不发光的是零线。手千万不要接触笔尖金属体。
掌握家庭电路中家用电器的连接方法、电路电流过大的原因、掌握安全用电常识、掌握测电笔的正确使用，只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生。
9.【答案】B
【解析】【解答】
A.此图属于反比例函数图像，表明在电压一定时，通过导体的电流跟电阻成反比，故A错误；
B.由图知，这个不变的电压为：U=IR=0.4A×5Ω=2V；电源至少选用两节新干电池(3V)，故B正确；
C.换用2Ω电阻做实验时，控制电阻的电压不变，故不需要更换电压表量程，故C错误；
D.多次实验是为了得出普遍性的规律，故D错误。
故选B。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查摩擦力、拉力、功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是对物体的受力分析，分析出动滑轮上绳子的段数。
(1)当保持匀速运动状态时，物体所受的摩擦力等于拉力的3倍；
(2)由滑轮组的结构看出，n=3，则s′=3s；由W=Fs可求得10s时间内拉力做的功；
(3)由P=Wt可求得10s时间内拉力的功率。
【解答】
由图可知，滑轮组有效绳子段数n=3，所以物体受到的拉力为F拉=3F=3×5 N=15 N，物体做匀速直线运动，由二力平衡可知，物体与桌面间的滑动摩擦力Ff=F拉=15 N，A不符合题意；
绳子自由端在10 s时间内移动的距离s自由端=ns=3×1 m=3 m，D不符合题意；
10 s时间内拉力做的功W=Fs自由端=5 N×3 m=15 J，B符合题意；
10 s时间内拉力的功率P=Wt=15J10s=1.5W，C不符合题意。
故选B。
11.【答案】B
【解析】改变物体内能的两种方法：做功、热传递。对物体做功，物体的内能增加，机械能转化为内能；物体对外做功，物体的内能减少，内能转化为机械能。
解决此题要结合改变物体的内能方式进行分析解答。
水蒸气会把瓶塞冲出。水蒸气对瓶塞做了功，水蒸气的内能转化为瓶塞的机械能，水蒸气内能减少，温度降低。水蒸气发生液化形成小水珠，瓶口出现“白雾”，故B正确。
12.【答案】D
【解析】题目中BM、CN为两根相同的电阻丝，滑片P向右移动时，若S与A接触，则电阻丝MP与PN连入电路，滑片P右移时，连入电路的电阻丝长度变长，滑动变阻器连入电路的阻值变大，灯L亮度变暗，不符合题意。若S与B接触，则电阻丝NP加上PB为一根电阻丝的长度；若S与C接触，则连入电路的电阻丝为NC，也是一根电阻丝的长度，故S接B或C时，电阻恒定不变，灯L的亮度不变。
13.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查动能和势能的转化与守恒，知道在整个运动过程中，动能、重力势能、弹性势能相互转化，结合能量守恒分析判断。
小球下降过程中，重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒。据此结合以下知识分析解答：
(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)弹性势能的大小与物体的形变程度有关，形变程度越大，弹性势能越大；
(4)不计空气阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒。
【解答】
D.当小球从如图水平位置放手后摆动到最低点的过程中，小球的质量不变，速度变大，同时高度降低，弹簧的弹性形变变大，故小球的重力势能减小、动能增加，弹簧弹性势能增加，即小球的重力势能一部分转化为小球的动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能；弹簧质量和空气阻力忽略不计，小球和弹簧系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，故D错误；
ABC.当小球从如图水平位置放手后摆动到最低点的过程中，重力势能减小，动能增加，弹性势能增加，重力势能的减小量等于小球动能的增加量与弹簧弹性势能增加量之和，所以小球重力势能的减小量大于小球动能的增加量，小球重力势能的减小量也大于弹簧弹性势能的增加量，故AC错误、B正确。
14.【答案】C
【解析】装置中两个5 Ω的电阻并联后再与一个5 Ω的电阻串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻的电流相等，即I右=I左，两个5 Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右=I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1=I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，由焦耳定律可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，因此通电一段时间后，玻璃管左侧液面高度差更大，故A错误，C正确．
将左边容器中的电阻丝换成10 Ω的电阻丝后，左右两端的电阻和电流都不同，没有控制好变量，所以不能探究电流产生的热量与电阻的关系，故B错误．
由焦耳定律可知，该实验装置是利用容器中气体的热胀冷缩来反映电流通过导体时产生的热量的多少，故D错误。
15.【答案】D
【解析】解：由电路图知闭合开关S、S1，滑动变阻器R1与小灯泡L串联，电压表测量小灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流；
A、由图乙可得电路中的电流最小时，滑动变阻器连入电路的电阻最大，最大为50Ω，此时电路中的电流为：I1=0.1A，小灯泡两端的电压为：UL=1V，
电源电压为：
U=UL+I1R1大=1V+0.1A×50Ω=6V；
当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时小灯泡两端的电压为UL′=5V，电路中的电流为：I2=0.25A，
滑动变阻器接入电路的电阻最小为：
R1小=U滑小I2=U−UL′I2=6V−5V0.25A=4Ω，故A错误；
B、由图乙知电路中的电流为0.1A～0.25A，
根据P=UI知电路总功率的变化范围是0.6W～1.5W，故B错误；
CD、闭合开关S、S2，定值电阻R2和滑动变阻器R1串联，电压表测量定值电阻R2两端的电压，电流表测量电路中的电流，若将电压表量程换为0～3V，则R2两端的电压最大为3V，电路中的最大电流为：Imax=U2R2=3V10Ω=0.3A；
电路中的电流最小时滑动变阻器接入电路的阻值最大，
电路中的最小电流为：
Imin=UR1大+R2=6V50Ω+10Ω=0.1A，所以电流表示数的变化范围是0.1A～0.3A，故C错误；
R2的最大功率为：
P2大=Imax2R2=(0.3A)2×10Ω=0.9W；
R2的最小功率为：
P2小=Imin2R2=(0.1A)2×10Ω=0.1W，所以R2的功率变化范围是0.1W～0.9W，故D正确。
故选：D。
由电路图知闭合开关S、S1，滑动变阻器R1与小灯泡L串联，电压表测量小灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流；
(1)由图乙可得电路中的电流最小时，滑动变阻器连入电路的电阻最大，最大为50Ω，此时电路中的电流为：I1=0.1A，小灯泡两端的电压为：U1=1V，根据U=U1+I1R1大算出电源电压；
当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时小灯泡两端的电压为U2=5V，电路中的电流为：I2=0.25A，根据R1小=U滑小I2=U−UL′I2算出滑动变阻器接入电路电阻的最小值；
(2)由图乙知电路中电流的范围，根据P=UI算出电路总功率变化的范围；
(3)闭合开关S、S2，定值电阻R2和滑动变阻器R1串联，电压表测量定值电阻R2两端的电压，电流表测量电路中的电流，若将电压表量程换为0～3V，则R2两端的电压最大为3V，由欧姆定律算出电路中的最大电流，当电路中的电流最小时滑动变阻器接入电路的阻值最大，由欧姆定律算出电路中的最小电流，进而判断出电流表示数的变化范围；由P=UI算出R2的最大、最小功率，进而判断出R2功率的变化范围。
本题考查了电功率的计算以及欧姆定律的应用问题，本题有一定的难度，需要谨慎分析。
16.【答案】S1、S3；S2 、S3
【解析】
【分析】
本题主要考查对串并联电路连接特点的了解；以及电路的三种状态的掌握。
【解答】
要使两灯泡并联，电流从电源正极流出需要经过S1，然后分别经过灯泡支路L1和支路L2、S3，再流回电源负极，因此应闭合开关S1、S3 ；
当闭合开关S2、S3时，电流不经过用电器直接从电源的正极流入电源负极，从而形成电源短路，故不能同时闭合开关S2、S3。
故答案为：S1、S3；S2 、S3。
17.【答案】增加；增加；增加
【解析】
【分析】
本题重点考查了机械能的变化，分析题目中的表示物体速度和高度变化的关键字词是解题的关键。
(1)物体由于运动而具有的能叫做动能，影响动能大小的因素有质量和速度；
(2)物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，影响重力势能大小的因素是质量和高度；
(3)机械能为动能和势能的和。
【解答】
解：载人飞船加速升空的过程中，宇航员的质量不变，速度增加，动能增加；质量不变，高度增加，重力势能增加；动能和重力势能都增多，所以机械能增加。
故答案为：增加；增加；增加。
18.【答案】横截面积；电阻
【解析】解：四根导线并联在一起，等效成一根导线，相对于其中的任何一根导线，其横截面积变大了。
导体的电阻大小与导体的横截面积有关，在其他因素不变的情况下，其电阻的大小与导体的横截面积成反比。所以横截面积增大，导体的电阻减小。
故答案为：横截面积；电阻
导体的电阻大小有四个因素有关：材料、长度、横截面积、温度。研究导体的电阻变化时，要用到控制变量法，在此题中，通过四根导线的并联，改变了导体的横截面积，从而改变了导体的电阻值。
19.【答案】18；乙
【解析】
【分析】
此题考查了内燃机完成一个工作循环飞轮转动的圈数和做功次数，
内燃机完成1个工作循环，飞轮转2转，对外做功1次；
内燃机的一个工作循环有四个冲程，即吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；压缩冲程即进气门和排气门都关闭，活塞由上向下运动，压缩空气做功，使气缸内气体内能增加温度升高；对于做功冲程，即气缸内的混合物被引燃，导致气缸内产生高温高压燃气，这些燃气推动活塞做功，使活塞由上向下运动；故分析每个图中的能量转化关系即可判断。
【解答】
(1)由题意可知，单缸四冲程汽油机的飞轮转速是2160r/min，即每秒钟转36圈，做功18次；
(2)内燃机的一个工作循环有四个冲程，即吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，在该题中，两个气门都关闭，活塞由下向上压缩气缸内的空气，即对空气做功，使得空气的内能增加，温度升高，这是通过做功的方式改变了气缸内物质的内能，即是将机械能转化为内能的过程；
分析图甲能看出，是水蒸气对瓶塞做功，故是将内能转化为机械能的过程，故与图1的能量转化不一致；
分析图乙能看出，是通过做功的方式改变内能的，故是将机械能转化为内能的过程，故与图1的能量转化一致。
故答案为：18；乙。
20.【答案】热 4.2×105 热传递 87.5% 400
【解析】(1)电流的热效应是指导体通电时会发热的现象，电热水壶是利用电流的热效应工作的；
(2)电水壶正常工作时将2kg水从20℃加热到70℃，水吸收的热量为Q吸=c水m△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(70℃−20℃)=4.2×105J，
(3)用电水壶给水加热是用热传递的方式改变水的内能；
(4)此过程消耗的电能为W=Pt=1000W×8×60s=4.8×105J=215kW⋅h，
η=Q吸W×100%=4.2×105J4.8×105J×100%=87.5%。
(5)3000imp/(kW⋅h)表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁3000次，
若此时家里只有电水壶用电，则电能表指示灯闪烁次数为：3000imp/(kW⋅h)×215kW⋅h=400imp。
故答案为：热；4.2×105；热传递；87.5%；400。
(1)电流的热效应是指导体通电时会发热的现象，据此分析；
(2)已知水的质量和温度变化量，根据Q吸=c水m△t计算水的内能增加量；
(3)改变内能有两种方法：做功和热传递，据此分析；
(4)已知功率和时间，根据W=Pt计算此过程消耗的电能，根据η=Q吸W×100%计算电水壶的效率；
(5)已知消耗的电能，且3000imp/(kW⋅h)表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁3000次，据此求电能表指示灯闪烁的次数。
本题考查电能表参数的理解、水吸收热量的计算、电能及效率的计算，有很强的综合性。
21.【答案】小于 100
【解析】解：
(1)如图，取相同质量m0，由图可知，QA
水吸收的热量：Q吸=ηQ放=60%×4.9×106J=2.94×106J；
由Q吸=cm△t得水升高的温度：
△t=Q吸c水m水=2.94×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×10kg=70℃，
水的末温t=t0+△t=38℃+70℃=108℃，
在标准大气压下水的沸点为100℃，因此水的温度将升高100℃。
故答案为：小于；100。
(1)单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量叫这种燃料的热值，在图象上取某一质量m0，比较相应的Q值，从而比较这两种燃料的热值大小；
(2)水吸收的热量Q吸=ηQ放，又知道水的质量、水的比热容，根据Q吸=cm△t可计算水升高的温度。(注意水的末温为100℃，水沸腾时，吸热但温度不变)
本题考查学生对燃料完全燃烧放出热量公式和吸热公式的掌握和运用，解答注意在标准大气压下水的沸点为100℃。
22.【答案】①③ ② 不变
【解析】解：已知两只灯泡L1和L2是并联的，有两条支路，则②是相当于断路的电压表；电表①与灯泡L2串联，电表③与灯泡L1串联，所以①和③是电流表。
闭合开关后，两小灯泡并联，L1突然熄灭，并联电路中各个支路互不影响，灯泡L2的亮度不变。
故答案为：①③；②；不变。
电流表与用电器串联，电压表与用电器并联；电流表电阻非常小，在电路中相当于导线，电压表电阻非常大在电路中相当于断路；并联电路各支路互不影响。
本题考查了电流表和电压表的使用、并联电路的特点，属于基础题。
23.【答案】做功 热传递
【解析】解：将双手不停地搓擦，是克服摩擦做功使手的内能增大、温度升高；
向手上哈哈气，是通过热传递的方式使手的内能增大、温度升高。
故答案为：做功；热传递。
改变物体内能方式有两种：做功和热传递，做功的实质是能量的转化，热传递的实质是能量的转移。
本题主要考查了改变内能的方法在生活中的应用，属基础题，难度不大。
24.【答案】3000 75% 省力
【解析】解：(1)此过程所做有用功为：W有=Gh=2000N×1.5m=3000J；
所做总功为：W总=Fs=1000N×4m=4000J；
故机械效率为：η=W有W总=3000J4000J=75%；
(2)使用斜面能够省力，但不能省功。
故答案为：3000；75%；省力。
(1)根据W=Gh求出有用功；根据公式W=Fs可求出推力做的总功；根据机械效率的计算公式可求出斜面的效率η。
(2)使用斜面的好处是能够省力，使用任何机械都不省功。
熟练运用计算功、机械效率的公式，明确斜面能够省力的特点，是解答此题的关键。
25.【答案】并 半导体 用电器总功率过大
【解析】解：(1)家庭电路中，为避免相互影响，家用电器之间采取并联的连接方式。
(2)LED灯发光效率高，其发光部分主要由半导体材料制成的。
(3)空气开关跳闸，说明电路电流过大，可能是电路发生短路，也可能是用电器总功率过大。
故答案为：并；半导体；用电器总功率过大。
(1)家庭电路中，家用电器之间是并联的；
(2)LED灯的核心元件是发光二极管，二极管是由半导体材料制成的；
(3)家庭电路电流过大的原因有两个：一是用电器的总功率过大，二是发生短路。
本题考查了家庭电路电流过大的原因、半导体材料的应用、家用电器之间的连接方式，属于基础题。
26.【答案】1Ω 270
【解析】解：当开关S1闭合、S2断开，滑动变阻器滑片P在AB中点时，等效电路图如图甲所示；
当开关S1闭合、S2断开，滑动变阻器滑片P移至B端时，等效电路图如图乙所示；
当开关S1、S2都闭合，滑动变阻器滑片P移至A端时，等效电路图如图丙所示。
因U1：U2=3：4，
所以，由I=UR可得：
I1I2=U1R32U2R3=2U1U2=2×34=32，
因电源的电压不变，
所以电流与总电阻成反比，则I1I2=R1+R3R1+R32=32，
解得：R3=2R1，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，图乙中的电流I2=UR1+R3=UR1+2R1=U3R1=3V3R1，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，
所以，图丙中的干路电流I3=UR1+UR2=3VR1+3V1Ω=3VR1+3A，
又因I2：I3=1：6，
所以，I3=6I2，即3VR1+3A=6×3V3R1，
解得：R1=1Ω，
则R3=2R1=2×1Ω=2Ω，
通电1min，图甲中电路消耗的电能：
W=UI1t=U2R1+R32t=(3V)21Ω+2Ω2×60s=270J。
故答案为：1Ω；270。
先画出三种情况下的等效电路图，根据欧姆定律表示出图甲和图乙中电压表的示数即可求出两电路图中的电流之比，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压结合电流关系即可求出R1、R3的阻值关系，根据电阻的串联和欧姆定律表示出图乙中的电流，根据并联电路的电压和电路特点以及欧姆定律表示出图丙中的电流，根据I2：I3=1：6得出等式即可求出出R1、R3的阻值，根据W=UIt=U2Rt求出通电1min图甲中电路消耗的电能。
本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功公式的灵活应用，利用好电压表的示数关系和电流表的示数关系以及电源的电压不变是解题的关键。
27.【答案】解：要使滑轮组最省力，需要承担物重的绳子段数最多，所以要从动滑轮绕起，依次绕过上面的定滑轮、下面的动滑轮，再绕过上面的另一个定滑轮，如图所示：
【解析】与动滑轮连接的绳子能分担物体的重力，所以与动滑轮相连的绳子的股数越多越省力，但还要注意对拉力方向的要求。
对于滑轮组的组装与绕线方法，要看清题目的每一个要求，灵活运用，不能死记硬背最省力的绕线方法。
28.【答案】
【解析】
【分析】
电流表与被测得用电器串联，电压表与被测得用电器并联；根据当开关S闭合时，两电阻均消耗电能，据此填入电表。
本题考查了电流表和电压表在电路中的作用，属于中档题。
【解答】
题目要求，开关S闭合时，两电阻均消耗电能，则R1、R2均能工作；
若右边圆圈内填入电流表，则左下方圆圈内只能填电压表，防止电源被短路，但此时导线将R2和电流表短路，所以右边圆圈内填入电压表，左下方圆圈内只能填电流表，R1和R2并联接入电路，如图所示：
。
29.【答案】解：①由分析知，声控开关和光控开关是串联的，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，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故，能控制灯泡，又更安全，如图所示：
②三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线，如图所示：
【解析】①只有在光线很暗且有声音时灯才亮说明两开关不能独立工作、相互影响即为串联；连接电路时应注意开关控制火线，且火线接入灯尾金属点，零线接入螺旋套。
②三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
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。
30.【答案】(1)相等；(2)越大；(3)甲、丙；(4)甲、乙；(5)>
【解析】
【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；掌握能量的转化，此题中由于弹簧的弹性势能相同，所以小球的动能相同，做功相同，此处是难点．
(1)实验中为使小球运动到水平面时的速度相同，让小球从同一高度处由静止滚下；
(2)实验中运用转换法来研究小球动能的大小，即观察小球撞击木块移动的距离远近，安全隐患越大；
(3)动能大小的影响因素：质量和速度；由控制变量法，速度一定时，质量越大，动能越大．
(4)由控制变量法，质量一定时，速度越大，动能越大；
(5)小球碰撞木块后继续向前运动，木块滑动过程中，克服摩擦力做功；
【解答】
(1)在图甲和图丙实验中，小球从同一高度释放，运动到水平面时，它们的速度相等；
(2)实验中通过比较滚下的小球撞击木块移动的距离，来比较小球动能的大小．在同样的平面上木块被撞得越远，小球的动能就越大，安全隐患越大；
(3)超载是指汽车的速度一定时，质量越大动能越大．选择到达水平面的速度相等，质量不同的AC小球进行实验，即甲、丙两个图所示实验进行比较．
(4)超速是指汽车的质量一定，速度越大，动能越大．选择质量相等到达水平面速度不同的AB小球，即甲、乙两个图所示实验进行比较．
(5)球与木块碰撞的过程中，球对木块做功，小球碰撞木块后继续向前运动，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动能，即E0>W。
31.【答案】(1)质量；
(2)39；
(3)加热时间；
(4)沙子；水；水
【解析】
【分析】
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，为热学中的重要实验，难度一般。
(1)比较物质吸热能力的2种方法：①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②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
(2)根据温度计分度值读数；
(3)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法；
(4)由图象分析和得出的结论推理回答，然后比较吸热能力的方法得出结果。
【解答】
(1)根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，故在两烧杯中分别装入初温度相同且质量相等的沙子和水；
(2)某时刻温度如图乙所示，温度计分度值为1℃，示数为39℃；
(3)根据转换法，实验中，相同时间内沙子和水吸收的热量相等，因此实验中是通过比较加热时间来间接反映沙子和水吸收的热量的；
(4)分析图象可知，
对于质量相等的沙子和水，加热相同的时间，升温较快的是沙子；即质量相等的沙子和水，吸收相同的热量，升温较快的是沙子，据此推理，若使两者升高相同的温度，则水吸收的热量较多；根据比较吸热能力的方法可知，水的比热容较大。
故答案为：(1)质量；(2)39；(3)加热时间；(4)沙子；水；水。
32.【答案】(1)；
(2)电压U/V；电流I/A；
(3)0.5；5；
(4)A；
(5)②闭合开关S1、S2；③(U1−U2)⋅R0U2
【解析】
【分析】
本题考查电路的连接、滑动变阻器的使用、电压表的使用、实验表格的设计、实验方案的设计，学生应具备相应的动手能力。
(1)电源为两节干电池，所以电压表的量程应选0～3V，电压表应与定值电阻并联接入电路，滑动变阻器应一上一下接入电路；
(2)根据欧姆定律分析，要测量电阻的电压和电流；
(3)根据电流表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律得出知Rx；
(4)本实验进行了多次测量，其目的是减小误差，对各选项进行分析；
(5)若该电路中没有电流表，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，由电路图可知，闭合S1时，电路为断路，电压表测量电源电压，再闭合开关S2，R0与Rx串联，电压表测R0两端的电压U2，结合欧姆定律可得出Rx的表达式。
【解答】
(1)将滑动变阻器、定值电阻、电流表开关串联在电路中，电压表与定值电阻并联，滑动变阻器一上一下的串联在电路中，因为电源为两节电池，电压为3V，所以电压表的量程为0−3V，根据图乙知电流表选用0−0.6A的量程，如下图所示：
(2)根据R=UI知表中①②处的内容应该为电压U/V和电流I/A；
(3)当电压表示数为2.5V时，由图乙知电流表的量程为0−0.6A，分度值为0.02A，示数为0.5A，
由欧姆定律I=UR知待测电阻为：Rx=UI=2.5V0.5A=5Ω；
(4)本实验进行了多次测量，其目的是减小误差；
A.用刻度尺测量铅笔的长度时多次测量求平均值减小误差，故A符合题意；
B.测量小灯泡的电阻时多次测量找出电阻与温度的规律，故B不符合题意；
C.在测量小灯泡的电功率时，测量多组对应的电压和电流值，利用P=UI得到多个功率，总结灯泡亮度与功率大小的关系，故C不符合题意；
故选：A；
(5)分析图丙的电路可知： ①只闭合S1时，电路为断路，电压表测量电源电压，示数为U1;
②闭合开关S1、S2，R0与Rx串联，电压表测R0两端的电压U2；
根据串联电路电流的规律：Ix=I，
根据串联电路电压的规律和欧姆定律有：U1−U2Rx=U2R0，
所以待测电阻的阻值为：Rx=(U1−U2)⋅R0U2。
33.【答案】(1)
(2)左；
(3)0.5；
(4)b；2.5V×U−2.5VR0；2.5；
【解析】解：(1)原电路中，电流表与灯并联，电压表串联在电路中，是错误的，电流表与灯串联，电压表与灯并联，如下所示：
(2)闭合开关前应将滑片P置于阻值最大处，即最左 端。
(3)由如图乙所示的U−I图象，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.2A，小灯泡的额定功率是：
P=UI=2.5V×0.2A=0.5W。
(4)电压表测灯的电压，当灯电压为2.5V时，灯正常发光；接着保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b接线改接到c点，观察并记录电压表示数U，因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律，定值电阻的电压为：
U0=U−2.5V，由欧姆定律，通过定值电阻的电流：I0=U0R0=U−2.5VR0，根据串联电路电流的规律，即为灯的额定电流，则小灯泡的额定功率可表示为P额=U额I额=2.5V×U−2.5VR0；
在实验操作中，因电压表选用0−3V的量程，既要测灯的额定电压，又要测灯与R0的电压，故定值电阻R0的最大电压不能超过3V−2.5V=0.5V，因灯正常工作时的电流IL=0.2A，由欧姆定律I=UR，故R0的最大阻值不能超过：
R0大=U0IL=0.5V0.2A=2.5Ω；
所选用的定值电阻R0的阻值不得超过2.5Ω；
本题测小灯泡的电功率，考查电路的连接、注意事项、额定功率的计算及设计实验方案的能力，同时也考查了探究电流与电阻的关系和控制变量法的运用和对器材的要求。
(1)原电路中，电流表与灯并联，电压表串联在电路中，是错误的，电流表应与灯串联，电压表与灯并联，据此改正；
(2)为保护电路，闭合开关前应将滑片P置于阻值最大处；
(3)由如图乙所示的U−I图象，找出灯的电压为2.5V时电流大小，根据P=UI求小灯泡的额定功率是；
(4)在没有电流表的情况下，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，灯在额定电压下正常发光，
保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b接线改接到c点，并记录电压表示数U，因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律求出定值电阻的电压，由欧姆定律得出通过定值电阻的电流，即为灯的额定电流，根据P=UI求小灯泡的额定功率；
在实验操作中，因电压表选用0−3V的量程，既要测灯的额定电压，又要测灯与R0的电压，根据串联电路电压的规律，求出定值电阻R0的最大电压，根据灯正常工作时的电流，由欧姆定律I=UR，求R0的最大阻值。
34.【答案】方向性
【解析】解：
(1)在烧水过程中，大量向外散失的能量不会自动再汇集回来，说明在能的转化和转移的过程中，能量转化和转移是有方向性；
(2)水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2.2kg×(100℃−20℃)=7.392×105J，
即水的内能增加了7.392×105J；
(3)天然气完全燃烧放出的热量：
Q放=mq=45×10−3kg×4.4×107J/kg=1.98×106J；
燃气灶的效率：
η=Q吸Q放×100%=7.392×105J1.98×106J×100%=37.3%。
故答案为：(1)方向性；(2)水的内能增加了7.392×105；
(3)燃气灶烧水的效率为37.3%。
(1)能量转化和转移是有方向性，如：热传递时内能从高温物体转移向低温物体的。
(2)知道水的质量、水的比热容，求出水温度的升高值，利用吸热公式Q吸=cm△t求水吸收的热量，即水的内能增加值；
(3)由Q放=mq可求出天然气完全燃烧放出的热量；水吸收的热量跟天然气完全燃烧放出的热量之比等于燃气灶的效率。
本题主要考查了燃料完全燃烧放热公式Q放=mq、Q吸=cm△t=cm(t−t0)和效率公式的掌握和运用，计算时注意：水吸收热量、内能增加，水的内能增加值等于水吸收的热量。
35.【答案】(1)10；(2)电功率；(3)1.1；(4)8.8
【解析】(1)若家庭电路正常工作电压为220V，根据储水式电热水器的铭牌可知其额定功率为2200W，
根据P=UI可得，该电热水器正常工作时的电流：I=PU=2200W220V=10A；
(2)对照两种热水器的铭牌可知：快热式电热水器的额定功率为8000W，储水式电热水器的电功率为2200W，故快热式电热水器相比储水式电热水器，它的电功率明显大一些；
(3)使用该储水式电热水器在其额定功率下连续加热30min，
则消耗电能：W=Pt=2200×10−3kW×3060h=1.1kW⋅h；
(4)将储水式电热水器更换为快热式电热水器后，发现一个月仅此一项用电比原来节省电能8kW⋅h，即节约8度电，已知每节约1度电相当于减少排放1.1kg的二氧化碳，则由此可知相当于减排二氧化碳的质量：8×1.1kg=8.8kg。
(1)若家庭电路正常工作电压为220V，根据储水式电热水器的铭牌可知其额定功率，根据P=UI得出该电热水器正常工作时的电流；
(2)对照两种热水器的铭牌可知：快热式电热水器的额定功率为8000W，储水式电热水器的电功率为2200W，据此分析；
(3)根据储水式电热水器的铭牌可知，使用该储水式电热水器在其额定功率下连续加热30min，根据W=Pt得出消耗的电能；
(4)将储水式电热水器更换为快热式电热水器后，发现一个月仅此一项用电比原来节省电能8kW⋅h，即节约8度电，已知每节约1度电相当于减少排放1.1kg的二氧化碳，据此得出结果。
本题考查了电能和电功率的有关计算，关键是从题目中获取有用的信息。
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