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江西省九江市永修县外国语学校2022-2023学年九年级上学期期末考试物理试题（含答案）
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这是一份江西省九江市永修县外国语学校2022-2023学年九年级上学期期末考试物理试题（含答案），共31页。试卷主要包含了填空题，选择题，计算题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省九江市永修外国语学校九年级（上）期末物理试卷
一、填空题（每空1分，共16分）
1．（2分）走进物理世界，基本概念和规律非常重要，请你写出电学中两个定律的名称： 和 。
2．（2分）用毛皮摩擦过的橡胶棒去靠近细线悬挂的轻质小球，发现小球被排斥，则小球带 电。该小球之所以带这种性质的电荷，是因为它 了电子（填“得到”或“失去”）。
3．（2分）2022年11月12日，我国“长征六号”运载火箭把“云海三号”卫星送入预定轨道。在火箭携卫星加速升空阶段，卫星的动能 ，卫星的机械能总量 （填“变大”“不变”或“变小”）。
4．（2分）如图所示是一款冬季家庭取暖常用的电油汀，为了使它通电后能快速升温，在电油汀内部应充入 较小的液体；用电油汀取暖利用了 方式改变了人体的内能。
5．（2分）汽车在转弯时，位于同侧的前后两个转向灯会同时闪亮，但偶尔也有车在转弯时只亮前灯或后灯。则位于汽车同侧的前后两个转向灯的连接方式为 。要打开转向灯，司机要拨动一下方向盘旁的一根杆子，这根杆子的作用相当于电路中的 。
6．（2分）一根镍铬合金丝，当其两端电压为10V时，电流为0.4A，则电阻为 Ω，若其两端电压为0V，则其电阻为 Ω。
7．（2分）如图所示，用75N的力F沿斜面向上匀速拉一个重为100N的物体到斜面顶端，斜面长5m，高3m，则这个斜面的机械效率是 %，物体受到的摩擦力是 N。
8．（2分）如图所示，当开关S闭合后，电流表A1和A2的示数比为5：2，则R1和R2的阻值之比为 ，R1和R2消耗的电功率之比为 。
二、选择题
9．（2分）下列几种情景中，关于做功的说法不正确的是（ ）
A．小华将箱子搬起来，她对箱子做了功
B．司机用力推汽车，汽车未动，司机对汽车做了功
C．足球离开脚后在草地上滚动的过程中，脚对足球没有做功
D．运动员在成功抓举的过程中，运动员对杠铃做了功
10．（2分）下列关于内能、热量、温度和做功的说法中不正确的是（ ）
A．温度高的物体把温度传给温度低的物体
B．某铁块温度降低，内能一定减小
C．物体吸热，温度不一定升高
D．一个物体温度升高，可能是外界对物体做功
11．（2分）下列四幅图是汽油机一个工作循环的四个冲程，其中不是靠飞轮惯性完成的是（ ）
A． B． C． D．
12．（2分）如图所示电路，闭合开关，L1、L2。两灯均发光，两电表均有示数，过一会儿，其中一个灯泡突然熄灭，一只电表示数增大，另一只电表示数减小到几乎为零，造成此现象的原因可能是（ ）
A．灯L1短路 B．灯 L2短路 C．灯L1断路 D．灯L2断路
（多选）13．（3分）2020年以来，全国人民众志成城，抗击“新冠肺炎”疫情。如图甲是抗击疫情过程中使用的一种非接触式测温仪，图乙为其原理图，测温元件R为一个热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，定值电阻R0为保护电阻。当测温元件R温度升高时，下列说法中正确的是（ ）
A．电压表的示数减小，流过R0 的电流减小
B．测温元件R两端电压减小，电路消耗总功率增大
C．电压表的示数减小，流过R0的电流增大
D．电压表的示数增大，流过R0的电流增大
14．（3分）某同学利用如图1所示的电路进行实验，电源电压恒为3V，更换5个定值电阻Rx，得到如图2所示的图象。以下有关叙述正确的是（ ）
A．该同学研究的是电流和电压的关系
B．实验中电压表的示数保持0.5V不变
C．将Rx从5Ω换成10Ω后，应将滑片P向左移
D．滑动变阻器阻值变化范围为1Ω～5Ω
三、计算题
15．（7分）如图所示，用一个滑轮组匀速提升重0.9N的物体，在物体匀速上升5cm的过程中，弹簧测力计的示数为0.4N．（不计摩擦及绳重）求：
（1）在此过程中拉力做的功。
（2）该滑轮组的机械效率。
（3）动滑轮受到的重力。
16．（7分）2020年是全面建成小康社会目标的实现之年，乡亲们淘汰了柴炉，改用了清洁干净的液化天然气炉。
（1）要将2kg初温为20℃的一壶水恰好加热到100℃，需要吸收多少热量？
（2）若液化天然气炉完全燃烧天然气放出的热量有40%被水吸收，烧开这壶水需要燃烧多少立方米天然气？[天然气热值为4.2×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
17．（8分）如图甲是小明家厨房用的电热水龙头，能够即开即热、冷热兼用，非常方便。图乙是它的电路原理图。R1、R2为电热丝，其中R2＝242Ω。通过旋转手柄带动开关S接通对应的电路，从而实现冷水、温水、热水之间切换。不考虑温度对电阻丝的影响，请回答下列问题：
（1）电热丝是利用电流的 效应工作的，分析电路图，开关与 （选填“1、2”或“2、3”）接触时，水龙头放出的是热水。
（2）水龙头放温水时，正常工作功率为1100W，求R1的电阻是多大？
（3）水龙头放热水时，工作5分钟电路消耗的电能是多少焦？
四、实验题
18．（7分）在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如表：
序号
动滑轮重
G动/N
物重
G/N
物体上升的
高度h/m
绳端受到的拉力F/N
绳端移动的距离s/m
滑轮组的机械效率η/%
1
0.5
1
0.1
0.6
0.3
55.6
2
0.5
2
0.1
1.0
0.3
66.7
3
0.5
4
0.1
0.3
（1）根据表格中的数据，在图甲中画出滑轮组的绕绳方法。
（2）实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应 （选填“保持静止”或“匀速上升”）
（3）第三次试验时，测力计示数如图乙所示，此时绳端受到的拉力为 N，滑轮组的机械效率为 %
（4）根据表格中的数据分析可知：
①随着物重的增大，额外功 （选填“变小”、“不变”或“变大”），原因是
②要提高同一滑轮组机械效率，可以采取 的措施。
19．（7分）为了比较水和食用油的吸热能力，用两个相同的装置做了如图所示的实验，实验数据记录如下。
物质
质量/g
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
60
20
6
45
食用油
60
20
6
68
（1）在安装、调整实验器材时，科学合理的顺序是（甲图中）：先调整固定 的位置，再调整固定 的位置（选填“A”或“B”）。
（2）为保证实验结论的可靠，实验时应控制两套装置中相同的量有：酒精灯中火焰的大小、两个烧杯相同、水和食用油（ρ水＞ρ食用油）的 （填“质量”或“体积”）相同。
（3）实验中食用油和水吸热的多少是通过 来反映的（选填“温度计升高的温度”或“加热时间的长短”）。
（4）在此实验中，如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给 （填“水”或“食用油”）加热更长的时间，此时，水吸收的热量 （选填“大于”或“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。
（5）实验表明， （选填“水”或“食用油”）吸热的能力更强。
20．（7分）为了探究电流产生的热量跟什么因素有关系，王军设计了如图1所示的甲、乙两装置。他将两段阻值不同的电阻丝（R1＜R2）分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并通过短玻璃管与相同的气球相连，两次实验电源电压不变。
（1）甲装置可探究电流产生的热量与 是否有关。
（2）在这个实验中，电流产生热量的多少是通过 体现出来的，像这种用能直接观测的量来显示不易直接观测的量的方法叫“ 法”。
（3）在装置甲、乙的两次实验中，比较相同时间里气球A与C体积变化情况可探究电流产生的热量与 有关。
（4）若甲、乙两装置同时实验，在相同的通电时间里，A、B、C、D四个气球胀大的程度从大到小的排列顺序是 。
（5）教材上的该实验装置如图2所示（烧瓶与图1中的相同）。比较图1和图2所示的两个实验，你认为较好的是图 装置，理由是： 。
21．（7分）小倩同学现有一个标有“3.8V”字样的小灯泡，她想知道小灯泡的额定功率，于是连接了如图甲所示的实验电路（不完整），电源电压恒为6V。
（1）请用笔画线代替导线，完成图甲中实物电路的连接。（连线时导线不能交叉）
（2）图甲中，连接电路时，开关应处于 状态。闭合开关前滑动变阻器的滑片应位于 （选填“A”或“B”）端。
（3）电路连接完整后，闭合开关，发现小灯泡不发光，但电流表有示数，接下来的操作应该是 。（填字母）
A．更换小灯泡
B．检查电路是否有故障
C．移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光
（4）实验时，移动滑片P到某处，电压表示数为2.5V．要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动。当电压表示数为3.8V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 W。
（5）在实验操作中，发现电流表损坏不能使用。小倩利用阻值已知的定值电阻R0，设计了如图丙所示的电路，测量额定电压为U额的另一小灯泡的额定功率。操作如下：
①闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器，使电压表的示数为 ；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，读出电压表示数为U；
③小灯泡的额定功率P额＝ 。（用U、U额和R0表示）
2022-2023学年江西省九江市永修外国语学校九年级（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（每空1分，共16分）
1．（2分）走进物理世界，基本概念和规律非常重要，请你写出电学中两个定律的名称： 欧姆定律 和 焦耳定律 。
【分析】（1）欧姆定律：导体中的电流，与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比；
（2）焦耳定律：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比。
【解答】解：物理中学过的定律很多，比较重要的有牛顿第一定律、欧姆定律、焦耳定律、能量守恒定律等，其中电学中的基本规律为：欧姆定律和焦耳定律。
故答案为：欧姆定律；焦耳定律。
【点评】本题考查了学生对学过的物理定律、公式的记忆能力，对于比较重要的公式定律，我们要牢牢的记住。
2．（2分）用毛皮摩擦过的橡胶棒去靠近细线悬挂的轻质小球，发现小球被排斥，则小球带 负 电。该小球之所以带这种性质的电荷，是因为它 得到 了电子（填“得到”或“失去”）。
【分析】（1）毛皮和橡胶棒摩擦后，橡胶棒带负电。带电体能吸引轻小物体。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
（2）物体因多余电子带负电，缺少电子带正电。
【解答】解：用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，去靠近细线悬挂的轻质小球，发现小球被排斥，由于同种电荷相互排斥，则小球带负电；小球是因为得到了电子而带负电。
故答案为：负；得到。
【点评】本题考查了自然界中的两种电荷和电荷间的相互作用规律。掌握物体带负电、带正电、不带电的实质。
3．（2分）2022年11月12日，我国“长征六号”运载火箭把“云海三号”卫星送入预定轨道。在火箭携卫星加速升空阶段，卫星的动能 变大 ，卫星的机械能总量 变大 （填“变大”“不变”或“变小”）。
【分析】动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；
重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；
根据影响重力势能和动能的因素分析能量变化，再根据机械能等于动能加势能来最终做出判断。
【解答】解：在火箭携卫星加速升空阶段，卫星质量不变、速度增大，动能变大；质量不变、高度增大，重力势能变大；卫星上升时没有发生弹性形变，不考虑弹性势能的变化，动能变大，重力势能变大，机械能变大。
故答案为：变大；变大。
【点评】掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素，掌握动能、重力势能、弹性势能、机械能的大小变化情况。
4．（2分）如图所示是一款冬季家庭取暖常用的电油汀，为了使它通电后能快速升温，在电油汀内部应充入 比热容 较小的液体；用电油汀取暖利用了 热传递 方式改变了人体的内能。
【分析】（1）在质量、吸收热量一定的情况下，比热容小的物质，温度变化比较明显；
（2）改变物体内能的方式有做功和热传递，这两种方式在改变物体内能上是等效的。
【解答】解：
（1）在质量、吸收热量一定的情况下，比热容小的物质，温度变化比较明显，故油汀内应充入比热容小的液体；
（2）温度高的电热油汀把热量传递给温度低的人体，故采用了热传递的方式改变人体的内能。
故答案为：比热容；热传递。
【点评】本题考查学生对比热容的理解以及对改变物体内能方式的判断。
5．（2分）汽车在转弯时，位于同侧的前后两个转向灯会同时闪亮，但偶尔也有车在转弯时只亮前灯或后灯。则位于汽车同侧的前后两个转向灯的连接方式为 并联 。要打开转向灯，司机要拨动一下方向盘旁的一根杆子，这根杆子的作用相当于电路中的 开关 。
【分析】要解决此题，需要掌握串并联电路的特点：串联电路，电流只有一条通路，开关控制整个电路。并联电路电流有多条通路，各支路互不影响。
【解答】解：汽车的前后转向灯可以单独工作，所以它们是并联的。
司机拨动方向盘旁的杆子，转向灯才会工作，所以这根杆子起到了开关的作用。
故答案为：并联；开关。
【点评】此题主要考查了串并联电路的区别，首先要掌握串并联电路的特点，关键是看用电器能否单独工作。
6．（2分）一根镍铬合金丝，当其两端电压为10V时，电流为0.4A，则电阻为 25 Ω，若其两端电压为0V，则其电阻为 25 Ω。
【分析】已知镍铬合金丝的电压和电流，可利用欧姆定律的变形公式计算电阻，而电阻是导体的一种性，与电压和电流的大小无关，从而得出两端电压为0V时其电阻大小。
【解答】解：当镍铬合金丝两端电压为10V时，电流为0.4A，由欧姆定律I＝可知：
电阻R＝＝＝25Ω；
因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，当导体两端电压为0V时，电阻仍为25Ω。
故答案为：25；25。
【点评】本题考查欧姆定律的运用，关键是知道电阻与两端的电压和通过的电流无关，为易错题。
7．（2分）如图所示，用75N的力F沿斜面向上匀速拉一个重为100N的物体到斜面顶端，斜面长5m，高3m，则这个斜面的机械效率是 80 %，物体受到的摩擦力是 15 N。
【分析】知道物体的重力和提升的高度，根据W＝Gh求出有用功，再根据W总＝Fs求出拉力做的总功，利用η＝×100%求出斜面的机械效率，总功减去有用功即为克服摩擦力所做的额外功，根据W＝fs求出物体受到的摩擦力。
【解答】解：有用功：
W有＝Gh＝100N×3m＝300J，
拉力做的总功：
W总＝Fs＝75N×5m＝375J，
斜面的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝80%，
克服摩擦力所做的额外功：
W额＝W总﹣W有＝375J﹣300J＝75J，
由W＝fs可得，物体受到的摩擦力：
f＝＝＝15N。
故答案为：80；15。
【点评】本题考查了功和机械效率、摩擦力的计算，知道额外功为克服摩擦力所做的功是关键。
8．（2分）如图所示，当开关S闭合后，电流表A1和A2的示数比为5：2，则R1和R2的阻值之比为 2：3 ，R1和R2消耗的电功率之比为 3：2 。
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路的电流，根据并联电路的电流特点求出两支路的电流之比，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比，根据P＝UI求出两电阻消耗的电功率之比。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路的电流，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R1和R2的电流之比：＝＝﹣1＝﹣1＝，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I＝可得，R1和R2的阻值之比：＝＝＝，
由P＝UI可得，R1和R2消耗的电功率之比：＝＝＝。
故答案为：2：3；3：2。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，是一道基础题目。
二、选择题
9．（2分）下列几种情景中，关于做功的说法不正确的是（ ）
A．小华将箱子搬起来，她对箱子做了功
B．司机用力推汽车，汽车未动，司机对汽车做了功
C．足球离开脚后在草地上滚动的过程中，脚对足球没有做功
D．运动员在成功抓举的过程中，运动员对杠铃做了功
【分析】力对物体做功的两个条件：一是力，二是物体沿力的方向通过的距离。两个条件缺一不可。
【解答】解：
A、小华将箱子搬起来，箱子在力的方向上移动了距离，所以小华对箱子做了功，故A正确；
B、司机用力推汽车，未推动，有力没有移动距离，所以司机对汽车没有做功，故B错误；
C、踢出去的足球在地面上滚动，此时脚对足球没有力的作用，所以在滚动过程中脚对足球没有做功，故C正确；
D、运动员在成功抓举的过程中，杠铃在力的方向上移动了距离，所以运动员对杠铃做了功，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查的是力对物体做功的条件的判断，特别要好好理解物体沿力的方向通过的距离，例如D答案，有力也有距离，但是因为物体的运动方向不是沿着力的方向，而是与力的方向垂直，这样力就没有做功。
10．（2分）下列关于内能、热量、温度和做功的说法中不正确的是（ ）
A．温度高的物体把温度传给温度低的物体
B．某铁块温度降低，内能一定减小
C．物体吸热，温度不一定升高
D．一个物体温度升高，可能是外界对物体做功
【分析】（1）温度不能传递，热传递中传递的是热量；
（2）温度降低，分子的运动就会减慢，内能就会减小；
（3）物体吸热，温度不一定升高，可以根据晶体的熔化和液体的沸腾来说明；
（4）物体温度升高、内能增大有两种方式：一是做功，二是热传递；
【解答】解：
A、在热传递过程中，传递的是热量，而不是温度，故A错误；
B、铁块的温度降低，铁分子无规则运动减慢，分子动能减小，内能减小，故B正确；
C、物体吸热，温度不一定升高，如晶体熔化时虽然继续吸热，但温度是不变的，故C正确；
D、一个物体的温度升高，可能是外界对物体做了功，也可能是其他物体对它传递了热量，故D正确。
本题选错误的；
故选：A。
【点评】此题考查温度、内能、热量的关系，以及改变内能的两种方式，属于基础知识，要掌握。
11．（2分）下列四幅图是汽油机一个工作循环的四个冲程，其中不是靠飞轮惯性完成的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气；做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；
在四个冲程中只有做功冲程对外做功，其他三个冲程都是靠飞轮的惯性完成的。
【解答】解：在汽油机的四个冲程中只有做功冲程对外做功，其他三个冲程都是靠飞轮的惯性完成的。
A、进气门打开，活塞向下运行，气缸容积增大，是吸气冲程，故A不符合题意；
B、排气门打开，活塞向上运动，气缸容积减小，是排气冲程，故B不符合题意；
C、两气门都关闭，活塞向下运行，火花塞点火，是做功冲程，故C符合题意；
D、两气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】此题主要考查了内燃机的四个冲程及能量转化情况，是一道基础性题目。
12．（2分）如图所示电路，闭合开关，L1、L2。两灯均发光，两电表均有示数，过一会儿，其中一个灯泡突然熄灭，一只电表示数增大，另一只电表示数减小到几乎为零，造成此现象的原因可能是（ ）
A．灯L1短路 B．灯 L2短路 C．灯L1断路 D．灯L2断路
【分析】由电路图可知，L1、L2串联，电压表测L2两端的电压，电流表测电路中的电流；根据选项逐一分析找出符合要求的选项。
【解答】解：由电路图可知，L1、L2串联，电压表测L2两端的电压，电流表测电路中的电流，
A．若L1灯短路时，电路为L2的简单电路，此时L1不发光、L2发光，电压表和电流表的示数均增大，故A不符合题意；
B．若L2灯短路时，电路为L1的简单电路，此时L1发光、L2不发光，电流表示数增大，电压表被短路几乎无示数，故B符合题意；
C．若L1灯断路时，电路断路，此时L1、L2均不发光，电流表和电压表均无示数，故C不符合题意；
D．若L2灯断路时，电路断路，此时L1、L2均不发光，电流表无示数，电压表串联在电路中测电源两端的电压，其示数增大，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路和开路两种情况，平时做实验时试一试，多总结、提高分析能力。
（多选）13．（3分）2020年以来，全国人民众志成城，抗击“新冠肺炎”疫情。如图甲是抗击疫情过程中使用的一种非接触式测温仪，图乙为其原理图，测温元件R为一个热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，定值电阻R0为保护电阻。当测温元件R温度升高时，下列说法中正确的是（ ）
A．电压表的示数减小，流过R0 的电流减小
B．测温元件R两端电压减小，电路消耗总功率增大
C．电压表的示数减小，流过R0的电流增大
D．电压表的示数增大，流过R0的电流增大
【分析】根据电路图可知，R0、R串联，电压表测量R0两端电压，根据热敏电阻随温度的升高而减小可知温度升高时热敏电阻的变化，根据串联电路分压规律可知热敏电阻分得电压的变化，再根据串联电路电压规律可知电压表示数的变化，最后根据欧姆定律可知电路电流的变化，利用P＝UI分析总功率变化情况。
【解答】解：由电路图可知，R0、R串联，电压表测量R0两端电压；
因热敏电阻随温度的升高而减小，所以温度升高时，热敏电阻的阻值变小，由串联电路分压规律可知，热敏电阻两端电压减小；
又因串联电路两端电压等于各部分电压之和，而电源电压不变，所以定值电阻两端电压变大，即电压表示数增大，由I＝可得，流过R0的电流增大，由P＝UI可知电路消耗总功率增大，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从题干中获取有效的信息，难度不大。
14．（3分）某同学利用如图1所示的电路进行实验，电源电压恒为3V，更换5个定值电阻Rx，得到如图2所示的图象。以下有关叙述正确的是（ ）
A．该同学研究的是电流和电压的关系
B．实验中电压表的示数保持0.5V不变
C．将Rx从5Ω换成10Ω后，应将滑片P向左移
D．滑动变阻器阻值变化范围为1Ω～5Ω
【分析】（1）研究电流和电压的关系时，要控制电阻不变；
（2）由图乙可知，通过定值电阻的电流随其阻值的变化而变化，但电流和电阻的乘积不变，据此判断实验研究的问题和电压表的示数；
（3）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；
（4）由图乙知，电流为0.5A时，对应的电阻为5Ω；电流为0.1A时，对应的电阻为25Ω，根据欧姆定律和串联电路的规律求出变阻器连入电路中的电阻变化范围。
【解答】解：A、研究电流和电压的关系时，要控制电阻不变，由图乙知，电阻是变化的，故A错误；
B、由题意和图象可知，该同学研究的是电流和电阻的关系，实验中要控制Rx两端的电压不变（即电压表示数不变）；
由图乙知，电流与电阻之积（即Rx两端的电压）：U＝IRx＝0.5A×5Ω＝0.1A×25Ω＝2.5V，即电压表保持2.5V不变，故B错误；
C、根据串联分压原理可知，将Rx从5Ω换成10Ω后，Rx电阻增大，其分得的电压增大（大于2.5V）；
探究电流与电阻的实验中应控制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使电压表的示数减小为2.5V，
由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，故C错误；
D、由图乙知，电流最大为0.5A时，对应的电阻为5Ω，根据欧姆定律和串联电路的规律，变阻器连入电路中的电阻：R滑1＝R总﹣R1＝﹣R1＝﹣5Ω＝1Ω；
由图乙知，电流最小为0.1A时，对应的电阻为25Ω，根据欧姆定律和串联电路的规律，变阻器连入电路中的电阻：
R滑2＝R总′﹣R2＝﹣R2＝﹣25Ω＝5Ω；
所以，滑动变阻器阻值变化范围为1Ω～5Ω，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查串联电路的规律和欧姆定律及控制变量法的运用，会分析实验数据得出有用的信息是关键。
三、计算题
15．（7分）如图所示，用一个滑轮组匀速提升重0.9N的物体，在物体匀速上升5cm的过程中，弹簧测力计的示数为0.4N．（不计摩擦及绳重）求：
（1）在此过程中拉力做的功。
（2）该滑轮组的机械效率。
（3）动滑轮受到的重力。
【分析】（1）已知物体由3段绳子承担，知道弹簧测力计的示数，由W总＝Fs可求得拉力做的功。
（2）由W有用＝Gh可求得有用功，利用η＝×100%可求得该滑轮组的机械效率；
（3）不计摩擦及绳重，由F＝（G+G动）可求得动滑轮受到的重力。
【解答】解：（1）已知h＝5cm＝0.05m，则绳子移动的距离s＝3h＝3×0.05m＝0.15m；
在此过程中拉力做的功W总＝Fs＝0.4N×0.15m＝0.06J；
（2）有用功W有用＝Gh＝0.9N×0.05m＝0.045J，
该滑轮组的机械效率η＝×100%＝×100%＝75%；
（3）由F＝（G+G动）可得，
动滑轮受到的重力G动＝3F﹣G＝3×0.4N﹣0.9N＝0.3N。
答：（1）在此过程中拉力做的功为0.06J。
（2）该滑轮组的机械效率为75%。
（3）动滑轮受到的重力为0.3N。
【点评】此题主要考查的是学生对功的计算、机械效率、动滑轮重、拉力大小计算的理解和掌握，考查的知识点较多，但都是基础性题目。
16．（7分）2020年是全面建成小康社会目标的实现之年，乡亲们淘汰了柴炉，改用了清洁干净的液化天然气炉。
（1）要将2kg初温为20℃的一壶水恰好加热到100℃，需要吸收多少热量？
（2）若液化天然气炉完全燃烧天然气放出的热量有40%被水吸收，烧开这壶水需要燃烧多少立方米天然气？[天然气热值为4.2×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）知道水的初温和末温，又知道水的比热容、质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（2）求出了水吸收的热量，利用η＝求天然气完全燃烧放出的热量，再利用Q放＝Vq求出烧开这壶水需要天然气的体积。
【解答】解：
（1）水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；
（2）由η＝可得天然气完全燃烧放出的热量：
Q放＝＝＝1.68×106J，
由Q放＝Vq得需要天然气的体积：
V＝＝＝0.04m3。
答：（1）要将2kg初温为20℃的一壶水恰好加热到100℃，需要吸收6.72×105J的热量；
（2）若液化天然气炉完全燃烧天然气放出的热量有40%被水吸收，烧开这壶水需要燃烧0.04m3天然气。
【点评】本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的应用，属于基础题目。
17．（8分）如图甲是小明家厨房用的电热水龙头，能够即开即热、冷热兼用，非常方便。图乙是它的电路原理图。R1、R2为电热丝，其中R2＝242Ω。通过旋转手柄带动开关S接通对应的电路，从而实现冷水、温水、热水之间切换。不考虑温度对电阻丝的影响，请回答下列问题：
（1）电热丝是利用电流的 热 效应工作的，分析电路图，开关与 2、3 （选填“1、2”或“2、3”）接触时，水龙头放出的是热水。
（2）水龙头放温水时，正常工作功率为1100W，求R1的电阻是多大？
（3）水龙头放热水时，工作5分钟电路消耗的电能是多少焦？
【分析】（1）电流流过导体时，导体要发热，这种现象是电流的热效应；水龙头放出的是热水时电路的总功率最大，电源电压一定，由P＝UI＝可知，电路的总电阻最小，然后结合电路图分别开关接触的位置；
（2）由电路图可知，开关与1、2接触时，电路为R1的简单电路，水龙头放出的是温水，根据P＝UI＝求出R1的电阻；
（3）水龙头放热水时，R1与R2并联，根据并联电路的电压特点和P＝UI＝求出电路消耗的总电功率，再利用W＝Pt求得工作5分钟电路消耗的电能。
【解答】解：（1）电热丝是利用电流的热效应工作的；
水龙头放出热水时电路的总功率最大，电源电压一定，由P＝UI＝可知，此时电路的总电阻最小，
由图可知，开关与2、3接触时，R1、R2并联，总电阻最小，此时水龙头放出的是热水；
（2）由电路图可知，开关与1、2接触时，电路为R1的简单电路，水龙头放出的是温水，
由P＝UI＝可得，R1的电阻：
R1＝＝＝44Ω；
（3）水龙头放热水时，R1与R2并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且电路的总功率等于各用电器功率之和，
所以，电路消耗的总电功率：
P热＝P1+P2＝+＝+＝1300W，
工作5分钟电路消耗的电能W＝P热t＝1300W×5×60s＝3.9×105J。
答：（1）热；2、3；
（2）R1的电阻是44Ω；
（3）水龙头放热水时，工作5分钟电路消耗的电能是3.9×105J。
【点评】本题考查了电流的热效应和电功率公式的灵活应用，分清电热水龙头处于不同状态时电路的连接方式是关键。
四、实验题
18．（7分）在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如表：
序号
动滑轮重
G动/N
物重
G/N
物体上升的
高度h/m
绳端受到的拉力F/N
绳端移动的距离s/m
滑轮组的机械效率η/%
1
0.5
1
0.1
0.6
0.3
55.6
2
0.5
2
0.1
1.0
0.3
66.7
3
0.5
4
0.1
0.3
（1）根据表格中的数据，在图甲中画出滑轮组的绕绳方法。
（2）实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应 匀速上升 （选填“保持静止”或“匀速上升”）
（3）第三次试验时，测力计示数如图乙所示，此时绳端受到的拉力为 1.8 N，滑轮组的机械效率为 74.1 %
（4）根据表格中的数据分析可知：
①随着物重的增大，额外功 变大 （选填“变小”、“不变”或“变大”），原因是 摩擦力变大
②要提高同一滑轮组机械效率，可以采取 增加提起物体重力 的措施。
【分析】（1）先根据表中的数据，分析确定承担物重的绳子的段数，然后再进行绕绳；
（2）在使用滑轮组时，滑轮组还要克服一些机械摩擦，所以要测量滑轮组的机械效率，需使物体上升进行读数；
（3）由图读出弹簧测力计的读数（拉力大小）、承担物重的绳子股数n，则s＝nh，利用η＝＝求滑轮组的机械效率；
（4）①根据表格中的数据，分别求出三次实验做的额外功得出结论；根据影响摩擦大小的因素分析；
②使用同一滑轮组，为了提高机械效率，可从增大有用功或减小额外功考虑。
【解答】解：
（1）分析表中数据可知，动力作用点移动的距离s是钩码上升高度h的3倍，说明由三段绳子承担物重，故滑轮组的绕线情况如下图所示：
（2）在缓慢提升物体时，还需克服机械摩擦做功，所以为了测量滑轮组提升物体时的机械效率，所以需在缓慢匀速提升时读数；
（3）图中弹簧测力计的分度值为0.2N，所以拉力F＝1.8N，
第三次试验时，滑轮组的机械效率为：
η＝＝＝×100%≈74.1%；
（4）①根据表格中的数据分析可知：
三次实验的额外功分别为：
W额外1＝W总1﹣W有用1＝F1s1﹣G1h1＝0.6N×0.3m﹣1N×0.1m＝0.08J；
W额外2＝W总2﹣W有用2＝F2s2﹣G2h2＝1.0N×0.3m﹣2N×0.1m＝0.1J；
W额外3＝W总3﹣W有用3＝F3s3﹣G3h3＝1.8N×0.3m﹣4N×0.1m＝0.14J；
由此可知随着物重的增大，额外功变大；原因是随着物重的增大，绳子与轮之间和轮与轴之间的摩擦变大；
②由表中数据可知，同一滑轮组提升的物体越重机械效率越高，要提高同一滑轮组机械效率，可以增大提升物体的重力。
故答案为：（1）见上图；（2）匀速上升；（3）1.8；74.1；（4）①变大；摩擦变大；增加提起物体重力。
【点评】此题主要是探究滑轮组的机械效率，主要考查了学生对机械效率公式的掌握、实验过程的把握等；使用滑轮组时，做的额外功不变，增加钩码的重，增大了有用功，则有用功占总功的比例增大，也就是机械效率变大。
19．（7分）为了比较水和食用油的吸热能力，用两个相同的装置做了如图所示的实验，实验数据记录如下。
物质
质量/g
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
60
20
6
45
食用油
60
20
6
68
（1）在安装、调整实验器材时，科学合理的顺序是（甲图中）：先调整固定 B 的位置，再调整固定 A 的位置（选填“A”或“B”）。
（2）为保证实验结论的可靠，实验时应控制两套装置中相同的量有：酒精灯中火焰的大小、两个烧杯相同、水和食用油（ρ水＞ρ食用油）的 质量 （填“质量”或“体积”）相同。
（3）实验中食用油和水吸热的多少是通过 加热时间的长短 来反映的（选填“温度计升高的温度”或“加热时间的长短”）。
（4）在此实验中，如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给 水 （填“水”或“食用油”）加热更长的时间，此时，水吸收的热量 大于 （选填“大于”或“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。
（5）实验表明， 水 （选填“水”或“食用油”）吸热的能力更强。
【分析】（1）在安装、调整实验器材时，要先安装下面的，因为如果先安装上面的，下面不一定合适。
（2）探究水与食用油的吸热能力大小，应控制水和食用油的质量、初温相等。
（3）用相同的酒精灯加热，在相等时间内水与食用油吸收的热量相等，加热时间越长，吸收的热量越多，可以用加热时间的长短反应液体吸收热量的多少。
（4）用相同的酒精灯加热，加热时间越长，吸收的热量越多。
（5）质量相同的不同物质升高相同的温度，物质吸收的热量越多，物质的吸热能力越强。
【解答】解：（1）在安装、调整实验器材时，科学合理的顺序是（甲图中）：先调整固定B的位置，再调整固定A的位置；
（2）实验应控制：酒精灯中火焰的大小、水和食用油的质量和初温都相等；
（3）实验时用相同的酒精灯加热，水与食用油在相等时间内吸收的热量相等，可以用加热时间的长短来反映水和食用油吸收热量的多少；
（4）如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给水加热更长的时间，水的加热时间长，水吸收的热量大于食用油吸收的热量；
（5）由实验可知，质量相同的水和食用油升高相同的温度，水的加热时间长，水吸收的热量多，水吸热的能力更强。
故答案为：（1）B；A；（2）质量；（3）加热时间的长短；（4）水；大于；（5）水。
【点评】本实验的几个关键点：一是加热时间的长短说明水和食用油吸收热量的多少，二是用好控制变量法。
20．（7分）为了探究电流产生的热量跟什么因素有关系，王军设计了如图1所示的甲、乙两装置。他将两段阻值不同的电阻丝（R1＜R2）分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并通过短玻璃管与相同的气球相连，两次实验电源电压不变。
（1）甲装置可探究电流产生的热量与 电阻 是否有关。
（2）在这个实验中，电流产生热量的多少是通过 气球膨胀程度的大小 体现出来的，像这种用能直接观测的量来显示不易直接观测的量的方法叫“ 转换 法”。
（3）在装置甲、乙的两次实验中，比较相同时间里气球A与C体积变化情况可探究电流产生的热量与 电流 有关。
（4）若甲、乙两装置同时实验，在相同的通电时间里，A、B、C、D四个气球胀大的程度从大到小的排列顺序是 C、D、B、A 。
（5）教材上的该实验装置如图2所示（烧瓶与图1中的相同）。比较图1和图2所示的两个实验，你认为较好的是图 2 装置，理由是： 用温度计能较准确地测出煤油的温度变化，便于定量研究 。
【分析】（1）电流通过导体产生的热量跟电流、电阻大小和通电时间均有关，因此在分析电流通过导体产生热量多少与什么因素有关时应采用控制变量法，比较相同因素、不同因素进行分析。
（2）电流产生的热量加热空气，使得气球膨胀，通过气球膨胀程度的大小反映产生热量的多少；
（3）（4）根据Q＝I2Rt可知，在电流、通电时间相等时，电阻越大，产生的热量越多；根据Q＝I2Rt可知，在电阻、通电时间一定时，电流越大，产生的热量越多；
根据Q＝W＝t可知，在电压、通电时间相等时，电阻越小，产生的热量越多。
（5）比较判断产生热量多少的方法，总结得出结论。
【解答】解：（1）甲装置中R1、R2串联，通过它们的电流相等，通电时间相等，而两电阻丝的阻值不同，可探究电流产生的热量与电阻大小关系；
（2）加热过程中气体的温度不断升高，气体压强增大，气球会膨胀起来，因此实验中通过气球膨胀程度的大小来判断产生热量的多少，这里采用了转换法。
（3）甲装置中R1、R2串联，乙装置中R1、R2并联，
电源电压不变，则IA＝，IC＝，因此IC＞IA，
甲、乙两图中左边烧瓶内的电阻相同，通过的电流不同，在通电时间相同时，可探究导体产生的热量与电流大小关系；
（4）乙装置中R1、R2并联，电压相等，时间相同时，因R1＜R2，则根据Q＝t可知产生的热量QC＞QD；
甲装置中R1、R2串联，通过R1、R2的电流相同，时间相同时，因R1＜R2，则根据Q＝I2Rt可知QB＞QA；
由串并联电路的特点可知，甲图中R2的电压小于电源电压，乙图中R2的电压等于电源电压，即U总＞U2，B、D对应的电阻都是R2，则根据Q＝t可知QD＞QB，
所以产生热量的关系为QC＞QD＞QB＞QA，则气球胀大的程度从大到小的排列顺序是C、D、B、A；
（5）因为用温度计能较准确地测出煤油的温度变化，便于定量研究，所以用图2装置更好一些。
故答案为：（1）电阻；（2）气球膨胀程度的大小（或气球的形变大小）；转换；（3）电流；（4）C、D、B、A；（5）2；用温度计能较准确地测出煤油的温度变化，便于定量研究。
【点评】此题是探究电流通过导体产生热量多少与电阻关系的实验，考查了控制变量法和转换法应用、串并联电路的特点等知识。
21．（7分）小倩同学现有一个标有“3.8V”字样的小灯泡，她想知道小灯泡的额定功率，于是连接了如图甲所示的实验电路（不完整），电源电压恒为6V。
（1）请用笔画线代替导线，完成图甲中实物电路的连接。（连线时导线不能交叉）
（2）图甲中，连接电路时，开关应处于 断开 状态。闭合开关前滑动变阻器的滑片应位于 B （选填“A”或“B”）端。
（3）电路连接完整后，闭合开关，发现小灯泡不发光，但电流表有示数，接下来的操作应该是 C 。（填字母）
A．更换小灯泡
B．检查电路是否有故障
C．移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光
（4）实验时，移动滑片P到某处，电压表示数为2.5V．要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 A （选填“A”或“B”）端移动。当电压表示数为3.8V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 1.14 W。
（5）在实验操作中，发现电流表损坏不能使用。小倩利用阻值已知的定值电阻R0，设计了如图丙所示的电路，测量额定电压为U额的另一小灯泡的额定功率。操作如下：
①闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器，使电压表的示数为 U额 ；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，读出电压表示数为U；
③小灯泡的额定功率P额＝ U额× 。（用U、U额和R0表示）
【分析】（1）灯的额定电压为3.8V，故电压表选用大量程与灯并联；
（2）连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态；闭合开关前滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处；（3）电路连接完整后，闭合开关，电流表有示数，说明电路为通路，发现小灯泡不发光，则电路中的电流过小，根据分析；
（4）灯在额定电压下正常发光，根据图中电流表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
（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，故将灯与定值电阻串联后再与变阻器串联；
要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI可求出灯的额定功率。
【解答】解：（1）灯的额定电压为3.8V，故电压表选用大量程与灯并联，如下所示：
（2）图甲中，连接电路时，开关应处于断开状态。闭合开关前滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处B端。
（3）电路连接完整后，闭合开关，电流表有示数，说明电路为通路，发现小灯泡不发光，则电路中的电流过小，接下来的操作应该是移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光；
（4）灯在额定电压下正常发光，示数2.5V小于灯的额定电压3.8V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A移动，直到电压表示数为额定电压；
当电压表示数为3.8V时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流0.3A，则小灯泡的额定功率是：
P＝UI＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（5）①闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器，使电压表的示数为U额；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，读出电压表示数为U；
③在②中，电压表测灯与定值电阻的总电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压为：
U0＝U﹣U额，由欧姆定，灯的额定电流：
I＝，小灯泡的额定功率：
P额＝U额×。
故答案为：（1）如上所示；（2）断开；B；（3）C；（4）A；1.14；（5）U额；U额×。
【点评】本题测量小灯泡的额定功率，考查电路连接、注意事项、功率计算及设计实验方案测额定功率的能力。
2022-2023学年江西省九江市永修外国语学校九年级（上）期末物理试卷
一、填空题（每空1分，共16分）
1．（2分）走进物理世界，基本概念和规律非常重要，请你写出电学中两个定律的名称： 和 。
2．（2分）用毛皮摩擦过的橡胶棒去靠近细线悬挂的轻质小球，发现小球被排斥，则小球带 电。该小球之所以带这种性质的电荷，是因为它 了电子（填“得到”或“失去”）。
3．（2分）2022年11月12日，我国“长征六号”运载火箭把“云海三号”卫星送入预定轨道。在火箭携卫星加速升空阶段，卫星的动能 ，卫星的机械能总量 （填“变大”“不变”或“变小”）。
4．（2分）如图所示是一款冬季家庭取暖常用的电油汀，为了使它通电后能快速升温，在电油汀内部应充入 较小的液体；用电油汀取暖利用了 方式改变了人体的内能。
5．（2分）汽车在转弯时，位于同侧的前后两个转向灯会同时闪亮，但偶尔也有车在转弯时只亮前灯或后灯。则位于汽车同侧的前后两个转向灯的连接方式为 。要打开转向灯，司机要拨动一下方向盘旁的一根杆子，这根杆子的作用相当于电路中的 。
6．（2分）一根镍铬合金丝，当其两端电压为10V时，电流为0.4A，则电阻为 Ω，若其两端电压为0V，则其电阻为 Ω。
7．（2分）如图所示，用75N的力F沿斜面向上匀速拉一个重为100N的物体到斜面顶端，斜面长5m，高3m，则这个斜面的机械效率是 %，物体受到的摩擦力是 N。
8．（2分）如图所示，当开关S闭合后，电流表A1和A2的示数比为5：2，则R1和R2的阻值之比为 ，R1和R2消耗的电功率之比为 。
二、选择题
9．（2分）下列几种情景中，关于做功的说法不正确的是（ ）
A．小华将箱子搬起来，她对箱子做了功
B．司机用力推汽车，汽车未动，司机对汽车做了功
C．足球离开脚后在草地上滚动的过程中，脚对足球没有做功
D．运动员在成功抓举的过程中，运动员对杠铃做了功
10．（2分）下列关于内能、热量、温度和做功的说法中不正确的是（ ）
A．温度高的物体把温度传给温度低的物体
B．某铁块温度降低，内能一定减小
C．物体吸热，温度不一定升高
D．一个物体温度升高，可能是外界对物体做功
11．（2分）下列四幅图是汽油机一个工作循环的四个冲程，其中不是靠飞轮惯性完成的是（ ）
A． B． C． D．
12．（2分）如图所示电路，闭合开关，L1、L2。两灯均发光，两电表均有示数，过一会儿，其中一个灯泡突然熄灭，一只电表示数增大，另一只电表示数减小到几乎为零，造成此现象的原因可能是（ ）
A．灯L1短路 B．灯 L2短路 C．灯L1断路 D．灯L2断路
（多选）13．（3分）2020年以来，全国人民众志成城，抗击“新冠肺炎”疫情。如图甲是抗击疫情过程中使用的一种非接触式测温仪，图乙为其原理图，测温元件R为一个热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，定值电阻R0为保护电阻。当测温元件R温度升高时，下列说法中正确的是（ ）
A．电压表的示数减小，流过R0 的电流减小
B．测温元件R两端电压减小，电路消耗总功率增大
C．电压表的示数减小，流过R0的电流增大
D．电压表的示数增大，流过R0的电流增大
14．（3分）某同学利用如图1所示的电路进行实验，电源电压恒为3V，更换5个定值电阻Rx，得到如图2所示的图象。以下有关叙述正确的是（ ）
A．该同学研究的是电流和电压的关系
B．实验中电压表的示数保持0.5V不变
C．将Rx从5Ω换成10Ω后，应将滑片P向左移
D．滑动变阻器阻值变化范围为1Ω～5Ω
三、计算题
15．（7分）如图所示，用一个滑轮组匀速提升重0.9N的物体，在物体匀速上升5cm的过程中，弹簧测力计的示数为0.4N．（不计摩擦及绳重）求：
（1）在此过程中拉力做的功。
（2）该滑轮组的机械效率。
（3）动滑轮受到的重力。
16．（7分）2020年是全面建成小康社会目标的实现之年，乡亲们淘汰了柴炉，改用了清洁干净的液化天然气炉。
（1）要将2kg初温为20℃的一壶水恰好加热到100℃，需要吸收多少热量？
（2）若液化天然气炉完全燃烧天然气放出的热量有40%被水吸收，烧开这壶水需要燃烧多少立方米天然气？[天然气热值为4.2×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
17．（8分）如图甲是小明家厨房用的电热水龙头，能够即开即热、冷热兼用，非常方便。图乙是它的电路原理图。R1、R2为电热丝，其中R2＝242Ω。通过旋转手柄带动开关S接通对应的电路，从而实现冷水、温水、热水之间切换。不考虑温度对电阻丝的影响，请回答下列问题：
（1）电热丝是利用电流的 效应工作的，分析电路图，开关与 （选填“1、2”或“2、3”）接触时，水龙头放出的是热水。
（2）水龙头放温水时，正常工作功率为1100W，求R1的电阻是多大？
（3）水龙头放热水时，工作5分钟电路消耗的电能是多少焦？
四、实验题
18．（7分）在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如表：
序号
动滑轮重
G动/N
物重
G/N
物体上升的
高度h/m
绳端受到的拉力F/N
绳端移动的距离s/m
滑轮组的机械效率η/%
1
0.5
1
0.1
0.6
0.3
55.6
2
0.5
2
0.1
1.0
0.3
66.7
3
0.5
4
0.1
0.3
（1）根据表格中的数据，在图甲中画出滑轮组的绕绳方法。
（2）实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应 （选填“保持静止”或“匀速上升”）
（3）第三次试验时，测力计示数如图乙所示，此时绳端受到的拉力为 N，滑轮组的机械效率为 %
（4）根据表格中的数据分析可知：
①随着物重的增大，额外功 （选填“变小”、“不变”或“变大”），原因是
②要提高同一滑轮组机械效率，可以采取 的措施。
19．（7分）为了比较水和食用油的吸热能力，用两个相同的装置做了如图所示的实验，实验数据记录如下。
物质
质量/g
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
60
20
6
45
食用油
60
20
6
68
（1）在安装、调整实验器材时，科学合理的顺序是（甲图中）：先调整固定 的位置，再调整固定 的位置（选填“A”或“B”）。
（2）为保证实验结论的可靠，实验时应控制两套装置中相同的量有：酒精灯中火焰的大小、两个烧杯相同、水和食用油（ρ水＞ρ食用油）的 （填“质量”或“体积”）相同。
（3）实验中食用油和水吸热的多少是通过 来反映的（选填“温度计升高的温度”或“加热时间的长短”）。
（4）在此实验中，如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给 （填“水”或“食用油”）加热更长的时间，此时，水吸收的热量 （选填“大于”或“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。
（5）实验表明， （选填“水”或“食用油”）吸热的能力更强。
20．（7分）为了探究电流产生的热量跟什么因素有关系，王军设计了如图1所示的甲、乙两装置。他将两段阻值不同的电阻丝（R1＜R2）分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并通过短玻璃管与相同的气球相连，两次实验电源电压不变。
（1）甲装置可探究电流产生的热量与 是否有关。
（2）在这个实验中，电流产生热量的多少是通过 体现出来的，像这种用能直接观测的量来显示不易直接观测的量的方法叫“ 法”。
（3）在装置甲、乙的两次实验中，比较相同时间里气球A与C体积变化情况可探究电流产生的热量与 有关。
（4）若甲、乙两装置同时实验，在相同的通电时间里，A、B、C、D四个气球胀大的程度从大到小的排列顺序是 。
（5）教材上的该实验装置如图2所示（烧瓶与图1中的相同）。比较图1和图2所示的两个实验，你认为较好的是图 装置，理由是： 。
21．（7分）小倩同学现有一个标有“3.8V”字样的小灯泡，她想知道小灯泡的额定功率，于是连接了如图甲所示的实验电路（不完整），电源电压恒为6V。
（1）请用笔画线代替导线，完成图甲中实物电路的连接。（连线时导线不能交叉）
（2）图甲中，连接电路时，开关应处于 状态。闭合开关前滑动变阻器的滑片应位于 （选填“A”或“B”）端。
（3）电路连接完整后，闭合开关，发现小灯泡不发光，但电流表有示数，接下来的操作应该是 。（填字母）
A．更换小灯泡
B．检查电路是否有故障
C．移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光
（4）实验时，移动滑片P到某处，电压表示数为2.5V．要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动。当电压表示数为3.8V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 W。
（5）在实验操作中，发现电流表损坏不能使用。小倩利用阻值已知的定值电阻R0，设计了如图丙所示的电路，测量额定电压为U额的另一小灯泡的额定功率。操作如下：
①闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器，使电压表的示数为 ；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，读出电压表示数为U；
③小灯泡的额定功率P额＝ 。（用U、U额和R0表示）
2022-2023学年江西省九江市永修外国语学校九年级（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（每空1分，共16分）
1．（2分）走进物理世界，基本概念和规律非常重要，请你写出电学中两个定律的名称： 欧姆定律 和 焦耳定律 。
【分析】（1）欧姆定律：导体中的电流，与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比；
（2）焦耳定律：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比。
【解答】解：物理中学过的定律很多，比较重要的有牛顿第一定律、欧姆定律、焦耳定律、能量守恒定律等，其中电学中的基本规律为：欧姆定律和焦耳定律。
故答案为：欧姆定律；焦耳定律。
【点评】本题考查了学生对学过的物理定律、公式的记忆能力，对于比较重要的公式定律，我们要牢牢的记住。
2．（2分）用毛皮摩擦过的橡胶棒去靠近细线悬挂的轻质小球，发现小球被排斥，则小球带 负 电。该小球之所以带这种性质的电荷，是因为它 得到 了电子（填“得到”或“失去”）。
【分析】（1）毛皮和橡胶棒摩擦后，橡胶棒带负电。带电体能吸引轻小物体。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
（2）物体因多余电子带负电，缺少电子带正电。
【解答】解：用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，去靠近细线悬挂的轻质小球，发现小球被排斥，由于同种电荷相互排斥，则小球带负电；小球是因为得到了电子而带负电。
故答案为：负；得到。
【点评】本题考查了自然界中的两种电荷和电荷间的相互作用规律。掌握物体带负电、带正电、不带电的实质。
3．（2分）2022年11月12日，我国“长征六号”运载火箭把“云海三号”卫星送入预定轨道。在火箭携卫星加速升空阶段，卫星的动能 变大 ，卫星的机械能总量 变大 （填“变大”“不变”或“变小”）。
【分析】动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；
重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；
根据影响重力势能和动能的因素分析能量变化，再根据机械能等于动能加势能来最终做出判断。
【解答】解：在火箭携卫星加速升空阶段，卫星质量不变、速度增大，动能变大；质量不变、高度增大，重力势能变大；卫星上升时没有发生弹性形变，不考虑弹性势能的变化，动能变大，重力势能变大，机械能变大。
故答案为：变大；变大。
【点评】掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素，掌握动能、重力势能、弹性势能、机械能的大小变化情况。
4．（2分）如图所示是一款冬季家庭取暖常用的电油汀，为了使它通电后能快速升温，在电油汀内部应充入 比热容 较小的液体；用电油汀取暖利用了 热传递 方式改变了人体的内能。
【分析】（1）在质量、吸收热量一定的情况下，比热容小的物质，温度变化比较明显；
（2）改变物体内能的方式有做功和热传递，这两种方式在改变物体内能上是等效的。
【解答】解：
（1）在质量、吸收热量一定的情况下，比热容小的物质，温度变化比较明显，故油汀内应充入比热容小的液体；
（2）温度高的电热油汀把热量传递给温度低的人体，故采用了热传递的方式改变人体的内能。
故答案为：比热容；热传递。
【点评】本题考查学生对比热容的理解以及对改变物体内能方式的判断。
5．（2分）汽车在转弯时，位于同侧的前后两个转向灯会同时闪亮，但偶尔也有车在转弯时只亮前灯或后灯。则位于汽车同侧的前后两个转向灯的连接方式为 并联 。要打开转向灯，司机要拨动一下方向盘旁的一根杆子，这根杆子的作用相当于电路中的 开关 。
【分析】要解决此题，需要掌握串并联电路的特点：串联电路，电流只有一条通路，开关控制整个电路。并联电路电流有多条通路，各支路互不影响。
【解答】解：汽车的前后转向灯可以单独工作，所以它们是并联的。
司机拨动方向盘旁的杆子，转向灯才会工作，所以这根杆子起到了开关的作用。
故答案为：并联；开关。
【点评】此题主要考查了串并联电路的区别，首先要掌握串并联电路的特点，关键是看用电器能否单独工作。
6．（2分）一根镍铬合金丝，当其两端电压为10V时，电流为0.4A，则电阻为 25 Ω，若其两端电压为0V，则其电阻为 25 Ω。
【分析】已知镍铬合金丝的电压和电流，可利用欧姆定律的变形公式计算电阻，而电阻是导体的一种性，与电压和电流的大小无关，从而得出两端电压为0V时其电阻大小。
【解答】解：当镍铬合金丝两端电压为10V时，电流为0.4A，由欧姆定律I＝可知：
电阻R＝＝＝25Ω；
因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，当导体两端电压为0V时，电阻仍为25Ω。
故答案为：25；25。
【点评】本题考查欧姆定律的运用，关键是知道电阻与两端的电压和通过的电流无关，为易错题。
7．（2分）如图所示，用75N的力F沿斜面向上匀速拉一个重为100N的物体到斜面顶端，斜面长5m，高3m，则这个斜面的机械效率是 80 %，物体受到的摩擦力是 15 N。
【分析】知道物体的重力和提升的高度，根据W＝Gh求出有用功，再根据W总＝Fs求出拉力做的总功，利用η＝×100%求出斜面的机械效率，总功减去有用功即为克服摩擦力所做的额外功，根据W＝fs求出物体受到的摩擦力。
【解答】解：有用功：
W有＝Gh＝100N×3m＝300J，
拉力做的总功：
W总＝Fs＝75N×5m＝375J，
斜面的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝80%，
克服摩擦力所做的额外功：
W额＝W总﹣W有＝375J﹣300J＝75J，
由W＝fs可得，物体受到的摩擦力：
f＝＝＝15N。
故答案为：80；15。
【点评】本题考查了功和机械效率、摩擦力的计算，知道额外功为克服摩擦力所做的功是关键。
8．（2分）如图所示，当开关S闭合后，电流表A1和A2的示数比为5：2，则R1和R2的阻值之比为 2：3 ，R1和R2消耗的电功率之比为 3：2 。
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路的电流，根据并联电路的电流特点求出两支路的电流之比，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比，根据P＝UI求出两电阻消耗的电功率之比。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路的电流，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R1和R2的电流之比：＝＝﹣1＝﹣1＝，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I＝可得，R1和R2的阻值之比：＝＝＝，
由P＝UI可得，R1和R2消耗的电功率之比：＝＝＝。
故答案为：2：3；3：2。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，是一道基础题目。
二、选择题
9．（2分）下列几种情景中，关于做功的说法不正确的是（ ）
A．小华将箱子搬起来，她对箱子做了功
B．司机用力推汽车，汽车未动，司机对汽车做了功
C．足球离开脚后在草地上滚动的过程中，脚对足球没有做功
D．运动员在成功抓举的过程中，运动员对杠铃做了功
【分析】力对物体做功的两个条件：一是力，二是物体沿力的方向通过的距离。两个条件缺一不可。
【解答】解：
A、小华将箱子搬起来，箱子在力的方向上移动了距离，所以小华对箱子做了功，故A正确；
B、司机用力推汽车，未推动，有力没有移动距离，所以司机对汽车没有做功，故B错误；
C、踢出去的足球在地面上滚动，此时脚对足球没有力的作用，所以在滚动过程中脚对足球没有做功，故C正确；
D、运动员在成功抓举的过程中，杠铃在力的方向上移动了距离，所以运动员对杠铃做了功，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查的是力对物体做功的条件的判断，特别要好好理解物体沿力的方向通过的距离，例如D答案，有力也有距离，但是因为物体的运动方向不是沿着力的方向，而是与力的方向垂直，这样力就没有做功。
10．（2分）下列关于内能、热量、温度和做功的说法中不正确的是（ ）
A．温度高的物体把温度传给温度低的物体
B．某铁块温度降低，内能一定减小
C．物体吸热，温度不一定升高
D．一个物体温度升高，可能是外界对物体做功
【分析】（1）温度不能传递，热传递中传递的是热量；
（2）温度降低，分子的运动就会减慢，内能就会减小；
（3）物体吸热，温度不一定升高，可以根据晶体的熔化和液体的沸腾来说明；
（4）物体温度升高、内能增大有两种方式：一是做功，二是热传递；
【解答】解：
A、在热传递过程中，传递的是热量，而不是温度，故A错误；
B、铁块的温度降低，铁分子无规则运动减慢，分子动能减小，内能减小，故B正确；
C、物体吸热，温度不一定升高，如晶体熔化时虽然继续吸热，但温度是不变的，故C正确；
D、一个物体的温度升高，可能是外界对物体做了功，也可能是其他物体对它传递了热量，故D正确。
本题选错误的；
故选：A。
【点评】此题考查温度、内能、热量的关系，以及改变内能的两种方式，属于基础知识，要掌握。
11．（2分）下列四幅图是汽油机一个工作循环的四个冲程，其中不是靠飞轮惯性完成的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气；做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；
在四个冲程中只有做功冲程对外做功，其他三个冲程都是靠飞轮的惯性完成的。
【解答】解：在汽油机的四个冲程中只有做功冲程对外做功，其他三个冲程都是靠飞轮的惯性完成的。
A、进气门打开，活塞向下运行，气缸容积增大，是吸气冲程，故A不符合题意；
B、排气门打开，活塞向上运动，气缸容积减小，是排气冲程，故B不符合题意；
C、两气门都关闭，活塞向下运行，火花塞点火，是做功冲程，故C符合题意；
D、两气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】此题主要考查了内燃机的四个冲程及能量转化情况，是一道基础性题目。
12．（2分）如图所示电路，闭合开关，L1、L2。两灯均发光，两电表均有示数，过一会儿，其中一个灯泡突然熄灭，一只电表示数增大，另一只电表示数减小到几乎为零，造成此现象的原因可能是（ ）
A．灯L1短路 B．灯 L2短路 C．灯L1断路 D．灯L2断路
【分析】由电路图可知，L1、L2串联，电压表测L2两端的电压，电流表测电路中的电流；根据选项逐一分析找出符合要求的选项。
【解答】解：由电路图可知，L1、L2串联，电压表测L2两端的电压，电流表测电路中的电流，
A．若L1灯短路时，电路为L2的简单电路，此时L1不发光、L2发光，电压表和电流表的示数均增大，故A不符合题意；
B．若L2灯短路时，电路为L1的简单电路，此时L1发光、L2不发光，电流表示数增大，电压表被短路几乎无示数，故B符合题意；
C．若L1灯断路时，电路断路，此时L1、L2均不发光，电流表和电压表均无示数，故C不符合题意；
D．若L2灯断路时，电路断路，此时L1、L2均不发光，电流表无示数，电压表串联在电路中测电源两端的电压，其示数增大，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路和开路两种情况，平时做实验时试一试，多总结、提高分析能力。
（多选）13．（3分）2020年以来，全国人民众志成城，抗击“新冠肺炎”疫情。如图甲是抗击疫情过程中使用的一种非接触式测温仪，图乙为其原理图，测温元件R为一个热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，定值电阻R0为保护电阻。当测温元件R温度升高时，下列说法中正确的是（ ）
A．电压表的示数减小，流过R0 的电流减小
B．测温元件R两端电压减小，电路消耗总功率增大
C．电压表的示数减小，流过R0的电流增大
D．电压表的示数增大，流过R0的电流增大
【分析】根据电路图可知，R0、R串联，电压表测量R0两端电压，根据热敏电阻随温度的升高而减小可知温度升高时热敏电阻的变化，根据串联电路分压规律可知热敏电阻分得电压的变化，再根据串联电路电压规律可知电压表示数的变化，最后根据欧姆定律可知电路电流的变化，利用P＝UI分析总功率变化情况。
【解答】解：由电路图可知，R0、R串联，电压表测量R0两端电压；
因热敏电阻随温度的升高而减小，所以温度升高时，热敏电阻的阻值变小，由串联电路分压规律可知，热敏电阻两端电压减小；
又因串联电路两端电压等于各部分电压之和，而电源电压不变，所以定值电阻两端电压变大，即电压表示数增大，由I＝可得，流过R0的电流增大，由P＝UI可知电路消耗总功率增大，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从题干中获取有效的信息，难度不大。
14．（3分）某同学利用如图1所示的电路进行实验，电源电压恒为3V，更换5个定值电阻Rx，得到如图2所示的图象。以下有关叙述正确的是（ ）
A．该同学研究的是电流和电压的关系
B．实验中电压表的示数保持0.5V不变
C．将Rx从5Ω换成10Ω后，应将滑片P向左移
D．滑动变阻器阻值变化范围为1Ω～5Ω
【分析】（1）研究电流和电压的关系时，要控制电阻不变；
（2）由图乙可知，通过定值电阻的电流随其阻值的变化而变化，但电流和电阻的乘积不变，据此判断实验研究的问题和电压表的示数；
（3）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；
（4）由图乙知，电流为0.5A时，对应的电阻为5Ω；电流为0.1A时，对应的电阻为25Ω，根据欧姆定律和串联电路的规律求出变阻器连入电路中的电阻变化范围。
【解答】解：A、研究电流和电压的关系时，要控制电阻不变，由图乙知，电阻是变化的，故A错误；
B、由题意和图象可知，该同学研究的是电流和电阻的关系，实验中要控制Rx两端的电压不变（即电压表示数不变）；
由图乙知，电流与电阻之积（即Rx两端的电压）：U＝IRx＝0.5A×5Ω＝0.1A×25Ω＝2.5V，即电压表保持2.5V不变，故B错误；
C、根据串联分压原理可知，将Rx从5Ω换成10Ω后，Rx电阻增大，其分得的电压增大（大于2.5V）；
探究电流与电阻的实验中应控制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使电压表的示数减小为2.5V，
由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，故C错误；
D、由图乙知，电流最大为0.5A时，对应的电阻为5Ω，根据欧姆定律和串联电路的规律，变阻器连入电路中的电阻：R滑1＝R总﹣R1＝﹣R1＝﹣5Ω＝1Ω；
由图乙知，电流最小为0.1A时，对应的电阻为25Ω，根据欧姆定律和串联电路的规律，变阻器连入电路中的电阻：
R滑2＝R总′﹣R2＝﹣R2＝﹣25Ω＝5Ω；
所以，滑动变阻器阻值变化范围为1Ω～5Ω，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查串联电路的规律和欧姆定律及控制变量法的运用，会分析实验数据得出有用的信息是关键。
三、计算题
15．（7分）如图所示，用一个滑轮组匀速提升重0.9N的物体，在物体匀速上升5cm的过程中，弹簧测力计的示数为0.4N．（不计摩擦及绳重）求：
（1）在此过程中拉力做的功。
（2）该滑轮组的机械效率。
（3）动滑轮受到的重力。
【分析】（1）已知物体由3段绳子承担，知道弹簧测力计的示数，由W总＝Fs可求得拉力做的功。
（2）由W有用＝Gh可求得有用功，利用η＝×100%可求得该滑轮组的机械效率；
（3）不计摩擦及绳重，由F＝（G+G动）可求得动滑轮受到的重力。
【解答】解：（1）已知h＝5cm＝0.05m，则绳子移动的距离s＝3h＝3×0.05m＝0.15m；
在此过程中拉力做的功W总＝Fs＝0.4N×0.15m＝0.06J；
（2）有用功W有用＝Gh＝0.9N×0.05m＝0.045J，
该滑轮组的机械效率η＝×100%＝×100%＝75%；
（3）由F＝（G+G动）可得，
动滑轮受到的重力G动＝3F﹣G＝3×0.4N﹣0.9N＝0.3N。
答：（1）在此过程中拉力做的功为0.06J。
（2）该滑轮组的机械效率为75%。
（3）动滑轮受到的重力为0.3N。
【点评】此题主要考查的是学生对功的计算、机械效率、动滑轮重、拉力大小计算的理解和掌握，考查的知识点较多，但都是基础性题目。
16．（7分）2020年是全面建成小康社会目标的实现之年，乡亲们淘汰了柴炉，改用了清洁干净的液化天然气炉。
（1）要将2kg初温为20℃的一壶水恰好加热到100℃，需要吸收多少热量？
（2）若液化天然气炉完全燃烧天然气放出的热量有40%被水吸收，烧开这壶水需要燃烧多少立方米天然气？[天然气热值为4.2×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）知道水的初温和末温，又知道水的比热容、质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（2）求出了水吸收的热量，利用η＝求天然气完全燃烧放出的热量，再利用Q放＝Vq求出烧开这壶水需要天然气的体积。
【解答】解：
（1）水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；
（2）由η＝可得天然气完全燃烧放出的热量：
Q放＝＝＝1.68×106J，
由Q放＝Vq得需要天然气的体积：
V＝＝＝0.04m3。
答：（1）要将2kg初温为20℃的一壶水恰好加热到100℃，需要吸收6.72×105J的热量；
（2）若液化天然气炉完全燃烧天然气放出的热量有40%被水吸收，烧开这壶水需要燃烧0.04m3天然气。
【点评】本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的应用，属于基础题目。
17．（8分）如图甲是小明家厨房用的电热水龙头，能够即开即热、冷热兼用，非常方便。图乙是它的电路原理图。R1、R2为电热丝，其中R2＝242Ω。通过旋转手柄带动开关S接通对应的电路，从而实现冷水、温水、热水之间切换。不考虑温度对电阻丝的影响，请回答下列问题：
（1）电热丝是利用电流的 热 效应工作的，分析电路图，开关与 2、3 （选填“1、2”或“2、3”）接触时，水龙头放出的是热水。
（2）水龙头放温水时，正常工作功率为1100W，求R1的电阻是多大？
（3）水龙头放热水时，工作5分钟电路消耗的电能是多少焦？
【分析】（1）电流流过导体时，导体要发热，这种现象是电流的热效应；水龙头放出的是热水时电路的总功率最大，电源电压一定，由P＝UI＝可知，电路的总电阻最小，然后结合电路图分别开关接触的位置；
（2）由电路图可知，开关与1、2接触时，电路为R1的简单电路，水龙头放出的是温水，根据P＝UI＝求出R1的电阻；
（3）水龙头放热水时，R1与R2并联，根据并联电路的电压特点和P＝UI＝求出电路消耗的总电功率，再利用W＝Pt求得工作5分钟电路消耗的电能。
【解答】解：（1）电热丝是利用电流的热效应工作的；
水龙头放出热水时电路的总功率最大，电源电压一定，由P＝UI＝可知，此时电路的总电阻最小，
由图可知，开关与2、3接触时，R1、R2并联，总电阻最小，此时水龙头放出的是热水；
（2）由电路图可知，开关与1、2接触时，电路为R1的简单电路，水龙头放出的是温水，
由P＝UI＝可得，R1的电阻：
R1＝＝＝44Ω；
（3）水龙头放热水时，R1与R2并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且电路的总功率等于各用电器功率之和，
所以，电路消耗的总电功率：
P热＝P1+P2＝+＝+＝1300W，
工作5分钟电路消耗的电能W＝P热t＝1300W×5×60s＝3.9×105J。
答：（1）热；2、3；
（2）R1的电阻是44Ω；
（3）水龙头放热水时，工作5分钟电路消耗的电能是3.9×105J。
【点评】本题考查了电流的热效应和电功率公式的灵活应用，分清电热水龙头处于不同状态时电路的连接方式是关键。
四、实验题
18．（7分）在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如表：
序号
动滑轮重
G动/N
物重
G/N
物体上升的
高度h/m
绳端受到的拉力F/N
绳端移动的距离s/m
滑轮组的机械效率η/%
1
0.5
1
0.1
0.6
0.3
55.6
2
0.5
2
0.1
1.0
0.3
66.7
3
0.5
4
0.1
0.3
（1）根据表格中的数据，在图甲中画出滑轮组的绕绳方法。
（2）实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应 匀速上升 （选填“保持静止”或“匀速上升”）
（3）第三次试验时，测力计示数如图乙所示，此时绳端受到的拉力为 1.8 N，滑轮组的机械效率为 74.1 %
（4）根据表格中的数据分析可知：
①随着物重的增大，额外功 变大 （选填“变小”、“不变”或“变大”），原因是 摩擦力变大
②要提高同一滑轮组机械效率，可以采取 增加提起物体重力 的措施。
【分析】（1）先根据表中的数据，分析确定承担物重的绳子的段数，然后再进行绕绳；
（2）在使用滑轮组时，滑轮组还要克服一些机械摩擦，所以要测量滑轮组的机械效率，需使物体上升进行读数；
（3）由图读出弹簧测力计的读数（拉力大小）、承担物重的绳子股数n，则s＝nh，利用η＝＝求滑轮组的机械效率；
（4）①根据表格中的数据，分别求出三次实验做的额外功得出结论；根据影响摩擦大小的因素分析；
②使用同一滑轮组，为了提高机械效率，可从增大有用功或减小额外功考虑。
【解答】解：
（1）分析表中数据可知，动力作用点移动的距离s是钩码上升高度h的3倍，说明由三段绳子承担物重，故滑轮组的绕线情况如下图所示：
（2）在缓慢提升物体时，还需克服机械摩擦做功，所以为了测量滑轮组提升物体时的机械效率，所以需在缓慢匀速提升时读数；
（3）图中弹簧测力计的分度值为0.2N，所以拉力F＝1.8N，
第三次试验时，滑轮组的机械效率为：
η＝＝＝×100%≈74.1%；
（4）①根据表格中的数据分析可知：
三次实验的额外功分别为：
W额外1＝W总1﹣W有用1＝F1s1﹣G1h1＝0.6N×0.3m﹣1N×0.1m＝0.08J；
W额外2＝W总2﹣W有用2＝F2s2﹣G2h2＝1.0N×0.3m﹣2N×0.1m＝0.1J；
W额外3＝W总3﹣W有用3＝F3s3﹣G3h3＝1.8N×0.3m﹣4N×0.1m＝0.14J；
由此可知随着物重的增大，额外功变大；原因是随着物重的增大，绳子与轮之间和轮与轴之间的摩擦变大；
②由表中数据可知，同一滑轮组提升的物体越重机械效率越高，要提高同一滑轮组机械效率，可以增大提升物体的重力。
故答案为：（1）见上图；（2）匀速上升；（3）1.8；74.1；（4）①变大；摩擦变大；增加提起物体重力。
【点评】此题主要是探究滑轮组的机械效率，主要考查了学生对机械效率公式的掌握、实验过程的把握等；使用滑轮组时，做的额外功不变，增加钩码的重，增大了有用功，则有用功占总功的比例增大，也就是机械效率变大。
19．（7分）为了比较水和食用油的吸热能力，用两个相同的装置做了如图所示的实验，实验数据记录如下。
物质
质量/g
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
60
20
6
45
食用油
60
20
6
68
（1）在安装、调整实验器材时，科学合理的顺序是（甲图中）：先调整固定 B 的位置，再调整固定 A 的位置（选填“A”或“B”）。
（2）为保证实验结论的可靠，实验时应控制两套装置中相同的量有：酒精灯中火焰的大小、两个烧杯相同、水和食用油（ρ水＞ρ食用油）的 质量 （填“质量”或“体积”）相同。
（3）实验中食用油和水吸热的多少是通过 加热时间的长短 来反映的（选填“温度计升高的温度”或“加热时间的长短”）。
（4）在此实验中，如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给 水 （填“水”或“食用油”）加热更长的时间，此时，水吸收的热量 大于 （选填“大于”或“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。
（5）实验表明， 水 （选填“水”或“食用油”）吸热的能力更强。
【分析】（1）在安装、调整实验器材时，要先安装下面的，因为如果先安装上面的，下面不一定合适。
（2）探究水与食用油的吸热能力大小，应控制水和食用油的质量、初温相等。
（3）用相同的酒精灯加热，在相等时间内水与食用油吸收的热量相等，加热时间越长，吸收的热量越多，可以用加热时间的长短反应液体吸收热量的多少。
（4）用相同的酒精灯加热，加热时间越长，吸收的热量越多。
（5）质量相同的不同物质升高相同的温度，物质吸收的热量越多，物质的吸热能力越强。
【解答】解：（1）在安装、调整实验器材时，科学合理的顺序是（甲图中）：先调整固定B的位置，再调整固定A的位置；
（2）实验应控制：酒精灯中火焰的大小、水和食用油的质量和初温都相等；
（3）实验时用相同的酒精灯加热，水与食用油在相等时间内吸收的热量相等，可以用加热时间的长短来反映水和食用油吸收热量的多少；
（4）如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给水加热更长的时间，水的加热时间长，水吸收的热量大于食用油吸收的热量；
（5）由实验可知，质量相同的水和食用油升高相同的温度，水的加热时间长，水吸收的热量多，水吸热的能力更强。
故答案为：（1）B；A；（2）质量；（3）加热时间的长短；（4）水；大于；（5）水。
【点评】本实验的几个关键点：一是加热时间的长短说明水和食用油吸收热量的多少，二是用好控制变量法。
20．（7分）为了探究电流产生的热量跟什么因素有关系，王军设计了如图1所示的甲、乙两装置。他将两段阻值不同的电阻丝（R1＜R2）分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并通过短玻璃管与相同的气球相连，两次实验电源电压不变。
（1）甲装置可探究电流产生的热量与 电阻 是否有关。
（2）在这个实验中，电流产生热量的多少是通过 气球膨胀程度的大小 体现出来的，像这种用能直接观测的量来显示不易直接观测的量的方法叫“ 转换 法”。
（3）在装置甲、乙的两次实验中，比较相同时间里气球A与C体积变化情况可探究电流产生的热量与 电流 有关。
（4）若甲、乙两装置同时实验，在相同的通电时间里，A、B、C、D四个气球胀大的程度从大到小的排列顺序是 C、D、B、A 。
（5）教材上的该实验装置如图2所示（烧瓶与图1中的相同）。比较图1和图2所示的两个实验，你认为较好的是图 2 装置，理由是： 用温度计能较准确地测出煤油的温度变化，便于定量研究 。
【分析】（1）电流通过导体产生的热量跟电流、电阻大小和通电时间均有关，因此在分析电流通过导体产生热量多少与什么因素有关时应采用控制变量法，比较相同因素、不同因素进行分析。
（2）电流产生的热量加热空气，使得气球膨胀，通过气球膨胀程度的大小反映产生热量的多少；
（3）（4）根据Q＝I2Rt可知，在电流、通电时间相等时，电阻越大，产生的热量越多；根据Q＝I2Rt可知，在电阻、通电时间一定时，电流越大，产生的热量越多；
根据Q＝W＝t可知，在电压、通电时间相等时，电阻越小，产生的热量越多。
（5）比较判断产生热量多少的方法，总结得出结论。
【解答】解：（1）甲装置中R1、R2串联，通过它们的电流相等，通电时间相等，而两电阻丝的阻值不同，可探究电流产生的热量与电阻大小关系；
（2）加热过程中气体的温度不断升高，气体压强增大，气球会膨胀起来，因此实验中通过气球膨胀程度的大小来判断产生热量的多少，这里采用了转换法。
（3）甲装置中R1、R2串联，乙装置中R1、R2并联，
电源电压不变，则IA＝，IC＝，因此IC＞IA，
甲、乙两图中左边烧瓶内的电阻相同，通过的电流不同，在通电时间相同时，可探究导体产生的热量与电流大小关系；
（4）乙装置中R1、R2并联，电压相等，时间相同时，因R1＜R2，则根据Q＝t可知产生的热量QC＞QD；
甲装置中R1、R2串联，通过R1、R2的电流相同，时间相同时，因R1＜R2，则根据Q＝I2Rt可知QB＞QA；
由串并联电路的特点可知，甲图中R2的电压小于电源电压，乙图中R2的电压等于电源电压，即U总＞U2，B、D对应的电阻都是R2，则根据Q＝t可知QD＞QB，
所以产生热量的关系为QC＞QD＞QB＞QA，则气球胀大的程度从大到小的排列顺序是C、D、B、A；
（5）因为用温度计能较准确地测出煤油的温度变化，便于定量研究，所以用图2装置更好一些。
故答案为：（1）电阻；（2）气球膨胀程度的大小（或气球的形变大小）；转换；（3）电流；（4）C、D、B、A；（5）2；用温度计能较准确地测出煤油的温度变化，便于定量研究。
【点评】此题是探究电流通过导体产生热量多少与电阻关系的实验，考查了控制变量法和转换法应用、串并联电路的特点等知识。
21．（7分）小倩同学现有一个标有“3.8V”字样的小灯泡，她想知道小灯泡的额定功率，于是连接了如图甲所示的实验电路（不完整），电源电压恒为6V。
（1）请用笔画线代替导线，完成图甲中实物电路的连接。（连线时导线不能交叉）
（2）图甲中，连接电路时，开关应处于 断开 状态。闭合开关前滑动变阻器的滑片应位于 B （选填“A”或“B”）端。
（3）电路连接完整后，闭合开关，发现小灯泡不发光，但电流表有示数，接下来的操作应该是 C 。（填字母）
A．更换小灯泡
B．检查电路是否有故障
C．移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光
（4）实验时，移动滑片P到某处，电压表示数为2.5V．要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 A （选填“A”或“B”）端移动。当电压表示数为3.8V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 1.14 W。
（5）在实验操作中，发现电流表损坏不能使用。小倩利用阻值已知的定值电阻R0，设计了如图丙所示的电路，测量额定电压为U额的另一小灯泡的额定功率。操作如下：
①闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器，使电压表的示数为 U额 ；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，读出电压表示数为U；
③小灯泡的额定功率P额＝ U额× 。（用U、U额和R0表示）
【分析】（1）灯的额定电压为3.8V，故电压表选用大量程与灯并联；
（2）连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态；闭合开关前滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处；（3）电路连接完整后，闭合开关，电流表有示数，说明电路为通路，发现小灯泡不发光，则电路中的电流过小，根据分析；
（4）灯在额定电压下正常发光，根据图中电流表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
（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，故将灯与定值电阻串联后再与变阻器串联；
要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI可求出灯的额定功率。
【解答】解：（1）灯的额定电压为3.8V，故电压表选用大量程与灯并联，如下所示：
（2）图甲中，连接电路时，开关应处于断开状态。闭合开关前滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处B端。
（3）电路连接完整后，闭合开关，电流表有示数，说明电路为通路，发现小灯泡不发光，则电路中的电流过小，接下来的操作应该是移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光；
（4）灯在额定电压下正常发光，示数2.5V小于灯的额定电压3.8V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A移动，直到电压表示数为额定电压；
当电压表示数为3.8V时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流0.3A，则小灯泡的额定功率是：
P＝UI＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（5）①闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器，使电压表的示数为U额；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，读出电压表示数为U；
③在②中，电压表测灯与定值电阻的总电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压为：
U0＝U﹣U额，由欧姆定，灯的额定电流：
I＝，小灯泡的额定功率：
P额＝U额×。
故答案为：（1）如上所示；（2）断开；B；（3）C；（4）A；1.14；（5）U额；U额×。
【点评】本题测量小灯泡的额定功率，考查电路连接、注意事项、功率计算及设计实验方案测额定功率的能力。
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