广东省广州市黄埔区2022-2023学年九年级上学期期末物理试卷（含答案）

2022-2023学年广东省广州市黄埔区九年级（上）期末物理试卷
一、选择题（每小题3分，共30分.每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意）
1．（3分）如图甲所示，用干燥纸巾与亚克力板摩擦写出“人”字后（亚克力板带上正电荷），将亚克力板靠近不带电干燥纸巾泡沫小球，板上就留下了一个由小球组成的“人”字，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A．摩擦过程创造了电荷
B．摩擦后，亚克力板得到了电子
C．摩擦后，亚克力板和纸巾带上了异种电荷
D．摩擦后，纸巾的正电荷转移到亚克力板，所以亚克为板带正电荷
2．（3分）如图是玩具汽车的电路图，M表示玩具汽车的电动机。下列说法正确的是（　　）

A．开关S1控制整个电路
B．开关S2控制整个电路
C．电动机、灯泡可以独立工作
D．电动机与灯泡是串联的
3．（3分）如图所示，将一个空易拉罐的底部钻一个小孔，往易拉罐里喷少量酒精，然后将一个空的纸杯迅速套上，用手拿着这个“冲天炮”对着前方点燃的打火机靠近易拉罐底部的小孔，纸杯就会“冲天”飞出去，下列说法正确的是（　　）

A．酒精燃烧时，将化学能转化为机械能
B．纸杯飞出去的过程，相当于内燃机的排气冲程
C．纸杯飞出去时，易拉罐对纸杯做了功
D．纸杯飞出去时，易拉罐内气体的内能减小
4．（3分）如图所示的电路，电源电压恒定不变，电路连接正确，先闭合开关S1，接着闭合开关S2，此时通过R1电阻的电流会（　　）

A．变小 B．不变 C．变大 D．无法判断
5．（3分）图中（a）、（b）、（c）依次对应跳高项目中运动员加速助跑、起跳离地、跃过横杆三个状态，不计空气阻力。根据图示信息，关于跳高过程的描述中，下列说法正确的是（　　）

A．在助跑过程，运动员的动能保持不变
B．跃过横杆时，运动员处于平衡状态
C．从（b）到（c）的过程，运动员的动能转化为重力势能
D．从（a）到（c）的过程，运动员的机械能一直在减少
6．（3分）如图所示实验装置中，电阻丝R1和R2分别密封在两只完全相同的容器中，且R1＜R2，两容器中装有质量相等的油。实验过程中，电阻丝产生的热量全部被油吸收且两容器中的油均未沸腾。下列说法正确的是（　　）

A．通过R1的电流大于通过R2的电流
B．甲温度计示数上升得较快
C．两电阻丝产生热量的多少可以通过甲、乙温度计示数的变化进行比较
D．图中实验装置可以用来探究电流产生热量的多少与电流大小的关系
7．（3分）如图所示，同一杯水经过加热，温度从30℃升高到70℃（水的质量不变，周围气压不变）。下列说法正确的是（　　）

A．水分子动能变小 B．70℃的水热量较多
C．水的内能变大 D．水的比热容变大
8．（3分）如图甲所示，将灯泡L与电压恒为6V的电源相接，
在t＝0s时刻合上开关S，测得流过灯泡L的电流与通电时间关系如图乙所示。下列说法错误的是（　　）
A．合上开关S瞬间，通过灯泡的电流为6A
B．6s后电流稳定不变
C．电流稳定后，灯泡的电功率为6W
D．电流稳定后，灯泡的电阻为6Ω
9．（3分）大小相同的水平拉力F分别拉着物体M、N在水平地面上做匀速直线运动，M的质量小于N的质量。此过程M、N的动能随时间变化关系如图所示。用vM和vN分别表示M、N运动速度的大小，下列判断正确的是（　　）

A．vM＞vN B．vM＝vN C．vM＜vN D．无法判断
10．（3分）小华分别尝试用如图所示的两个滑轮组，在相同时间内将重为G的重物匀速提升了相同的高度h，所用的拉力分别为F甲和F乙。图中每个滑轮的质量均相等，不计绳重及摩擦。下列说法正确的是（　　）

A．F甲小于F乙
B．甲的额外功等于乙的额外功
C．甲的有用功大于乙的有用功
D．F甲做功的功率大于F乙做功的功率
二、解答题
11．如图甲是一种单手启瓶器。启瓶器可以看做是杠杆（忽略重力），支点为B点。开启瓶盖瞬间，手对启瓶器施加的动力沿虚线方向，瓶盖对启瓶器施加的阻力为F2，如图乙所示。请在图乙中画出启瓶器受到的动力F1和阻力臂l2。

12．如图，用平行于斜面，大小为8N的拉力F将重为10N的木块从斜面底端沿斜面匀速拉动0.4m，此时木块在竖直方向上升的高度h为0.2m。则斜面的机械效率为 　 　。用方框表示木块，在图中画出木块在斜面移动后的位置。

13．如图甲所示的电路，当开关S闭合后，两灯都发光，此时两个电流表A1、A2指针偏转角度相同。其中电流表A2测量的是流经 　 　（选填“L1”、“L2”或“干路”）的电流，示数如图乙所示，为 　 　A；电流表A1测量的是流经 　 　（选填“L1”、“L2”或“干路”）的电流，示数为 　 　A。

14．（1）图甲是一密闭针筒示意图，针筒初始状态及温度计示数如图甲所示（在本实验中由于针筒内气体分子间距离很大，分子间作用力可忽略不计，因此可以不考虑分子势能的变化）。小丽在实验中缓慢下压活塞（在这个过程中，筒内分子数目不变），针筒末状态及温度计示数如图乙所示，则从甲到乙的过程中，缓慢下压活塞后，筒内气体的内能 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”），判断依据是 　 　。
（2）小明用塑料矿泉水瓶进行了如下操作：瓶中留有少量水，盖上瓶盖（如图丙）；扭转瓶子（图丁）；轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，同时瓶内出现白雾。瓶盖被瓶内的气体冲出的过程与图戊中热机的 　 　（选填字母）冲程相似；若该热机消耗了0.5kg汽油，则热机对外做功有可能为 　 　（选填序号）。（汽油热值q＝4.6×107J/kg）
①2.3×107J
②6.9×106J
③4.6×106J
④5.2×107J

15．电风扇的核心部件是电动机，甲、乙两台电风扇的电动机工作20s，电动机输出的机械能和电流通过电动机产生的热量如图所示。
（1）甲电动机的效率 　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）乙电动机的效率。
（2）甲电动机工作20s，输出的机械能为 　 　J。
（3）乙电动机工作20s，消耗的电能为 　 　J。

16．如图所示用功率为100W的电加热器给质量为0.1kg，初温为10℃的水加热至40℃，电加热器单位时间内放出的热量相同，根据实验得到的数据绘制出水的温度随加热时间的变化图像，c水＝4.2×103J/（kg•℃）。此过程：
（1）水吸收的热量是多少？
（2）加热器消耗的电能是多少？
（3）加热器的热效率是多少？
（4）若将杯中的水换成质量为0.2kg，比热容为2.1×103J/（kg•℃）的煤油，加热相同时间，加热煤油所消耗的电能 　 　（选填“小于”“等于”“大于”）加热水所消耗的电能；你判断的依据是 　 　。

17．小明用如图所示的电路探究电路的规律，他采用两节干电池作为电源，闭合开关后，电流表的示数为0.2A，他用电压表测得AJ两端的电压U＝2.8V，DE两端的电压U1＝0.9V，FG两端的电压U2＝1.6V。小灯泡L1上标有“2.5V，0.3A”的字样。
（1）画出此电路对应的电路图；
（2）求小灯泡L1通电100s消耗的电能是多少；
（3）求电路的总功率；
（4）小明发现U＞U1+U2，与他学过的“串联电路两端的总电压等于各用电器两端的电压之和”不符，他猜想是电路其他部分分担了电压，于是他用分度值更高的电压表进行测量，其中测得IJ两端的电压UIJ＝0.018V。
①求IJ两点之间的电阻RIJ；
②请分析通电的100sIJ两点之间是否消耗电能？如果否请说明理由；如果是请计算出通电100s产生的热量是多少？

18．如图所示电路，小灯泡额定电压是2.5V。
（1）如图甲所示电路。用笔划线代替导线将滑动变阻器连入电路，使滑片P向右移时，滑动变阻器阻值变大。
（2）闭合开关后发现电流表的指针几乎不动，小灯泡不亮，电压表的读数接近电源电压。于是他找来一根导线，分别短接BC、CD、EF、IJ，发现两表示数没任何变化，则电路故障的原因可能是 　 　。（填序号）
A.灯泡断路
B.灯泡被短接
C.导线FI断路
D.导线DE断路
（3）排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，分别记下多组对应的电压表和电流表的读数如表。其中第3次实验的电压表示数如图乙所示，请把实验数据填写在表中。
数据序号
1
2
3
4
5
电压U/V
0.4
1.4
　 　
2.5
3.0
电流I/A
0.12
0.22
0.24
0.28
0.30
（4）当灯泡两端的电压为1.4V时，此时小灯泡是否正常发光？　 　。该灯泡此时的实际功率是 　 　W，10s产生的热量是 　 　J。
（5）根据表中提供的信息，归纳小灯泡电阻变化的规律 　 　。

19．如图，取一块铜片和锌片插入一个柠檬中，即可组成一个水果电池。用电压表能检测其两端产生的电压，某实验小组通过实验发现水果电池的电压与金属片插入水果的深度以及两金属片之间的距离有关；现在有小组成员提出水果电池的电压还可能与水果的种类有关。请你设计一个方案探究水果电池的电压是否与水果的种类有关。要求：写出实验步骤、设计数据记录表格。


2022-2023学年广东省广州市黄埔区九年级（上）期末物理试卷
（参考答案与详解）
一、选择题（每小题3分，共30分.每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意）
1．（3分）如图甲所示，用干燥纸巾与亚克力板摩擦写出“人”字后（亚克力板带上正电荷），将亚克力板靠近不带电干燥纸巾泡沫小球，板上就留下了一个由小球组成的“人”字，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A．摩擦过程创造了电荷
B．摩擦后，亚克力板得到了电子
C．摩擦后，亚克力板和纸巾带上了异种电荷
D．摩擦后，纸巾的正电荷转移到亚克力板，所以亚克为板带正电荷
【分析】（1）摩擦起电的实质是电子的转移；
（2）相互摩擦的两个物体会带等量的异种电荷。
【解答】解：
A、摩擦过程中不会创造电荷，只是电荷发生了转移，故A错误；
BCD、摩擦后，亚克力板电子转移到了纸巾上，所以亚克力板带上了正电荷，纸巾带上了负电荷，故BD错误，C正确。
故选：C。
2．（3分）如图是玩具汽车的电路图，M表示玩具汽车的电动机。下列说法正确的是（　　）

A．开关S1控制整个电路
B．开关S2控制整个电路
C．电动机、灯泡可以独立工作
D．电动机与灯泡是串联的
【分析】根据电路图可知，电动机和小灯泡并联，开关S2控制小灯泡，开关S1控制电动机；
根据并联电路中各支路互不影响及开关所在并联电路中的位置决定其作用。
【解答】解：由图可知，开关S1和S2闭合后，电动机和小灯泡并联，它们能同时工作；开关S2在小灯泡所在的支路中，开关S2控制小灯泡所在的支路；开关S1在电动机所在的支路中，开关S1控制电动机所在的支路，因此它们也可以独立工作；故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．（3分）如图所示，将一个空易拉罐的底部钻一个小孔，往易拉罐里喷少量酒精，然后将一个空的纸杯迅速套上，用手拿着这个“冲天炮”对着前方点燃的打火机靠近易拉罐底部的小孔，纸杯就会“冲天”飞出去，下列说法正确的是（　　）

A．酒精燃烧时，将化学能转化为机械能
B．纸杯飞出去的过程，相当于内燃机的排气冲程
C．纸杯飞出去时，易拉罐对纸杯做了功
D．纸杯飞出去时，易拉罐内气体的内能减小
【分析】气体对外做功，本身的内能会减小，内能转化为机械能。
【解答】解：A、酒精燃烧时，将化学能转化为内能，故A错误；
B、纸杯飞出去的过程，燃气的内能转化为纸杯的机械能，相当于内燃机的做功冲程，故B错误；
C、纸杯飞出去时，燃气对纸杯做了功，故C错误；
D、纸杯飞出去时，燃气对纸杯做了功，易拉罐内气体的内能减小，故D正确。
故选：D。
4．（3分）如图所示的电路，电源电压恒定不变，电路连接正确，先闭合开关S1，接着闭合开关S2，此时通过R1电阻的电流会（　　）

A．变小 B．不变 C．变大 D．无法判断
【分析】根据实物图可知，先闭合开关S1，电路为R1的简单电路；接着闭合开关S2，R1、R2并联接入电路中，根据并联电路的特点分析。
【解答】解：根据实物图可知，先闭合开关S1，电路为R1的简单电路；接着闭合开关S2，R1、R2并联接入电路中，根据并联电路中各支路互不影响可知，通过R1的电流是不变的，故B正确。
故选：B。
5．（3分）图中（a）、（b）、（c）依次对应跳高项目中运动员加速助跑、起跳离地、跃过横杆三个状态，不计空气阻力。根据图示信息，关于跳高过程的描述中，下列说法正确的是（　　）

A．在助跑过程，运动员的动能保持不变
B．跃过横杆时，运动员处于平衡状态
C．从（b）到（c）的过程，运动员的动能转化为重力势能
D．从（a）到（c）的过程，运动员的机械能一直在减少
【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；动能和势能统称为机械能。
物体处于静止或匀速直线运动状态时，受力平衡。
【解答】解：
A、在助跑过程，运动员的质量不变，速度变大，动能变大，故A错误；
B、跃过横杆时，运动员的运动状态发生了变化，处于非平衡状态，故B错误；
C、从（b）到（c）的过程，运动员的质量不变，高度变大，重力势能变大，速度变小，动能变小，是动能转化为重力势能，故C正确；
D、从（a）到（c）的过程，不考虑空气阻力，运动员的机械能是守恒的，保持不变，故D错误。
故选：C。
6．（3分）如图所示实验装置中，电阻丝R1和R2分别密封在两只完全相同的容器中，且R1＜R2，两容器中装有质量相等的油。实验过程中，电阻丝产生的热量全部被油吸收且两容器中的油均未沸腾。下列说法正确的是（　　）

A．通过R1的电流大于通过R2的电流
B．甲温度计示数上升得较快
C．两电阻丝产生热量的多少可以通过甲、乙温度计示数的变化进行比较
D．图中实验装置可以用来探究电流产生热量的多少与电流大小的关系
【分析】（1）根据串联电路电流的规律分析；
（2）电阻丝产生的热量不易直接观察，由转换法，可使等质量初温相同的液体吸收热量，根据Δt＝，由温度变化确定产生的热量多少；
（3）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析。
【解答】解：A、根据串联电路电流的规律，通过R1的电流等于通过R2的电流，故A错误；
B、两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，根据Q＝I2Rt，已知R1＜R2，R2产生的热量多，根据转换法，乙温度计示数上升得较快，故B错误；
C、根据转换法，两电阻丝产生热量的多少可以通过甲、乙温度计示数的变化进行比较，故C正确；
D、探究电流产生热量的多少与电流大小，要控制电阻和通电时间相同，只改变电流大小，由图可知，电流大小不能改变，故D错误。
故选：C。
7．（3分）如图所示，同一杯水经过加热，温度从30℃升高到70℃（水的质量不变，周围气压不变）。下列说法正确的是（　　）

A．水分子动能变小 B．70℃的水热量较多
C．水的内能变大 D．水的比热容变大
【分析】（1）温度升高，分子的无规则运动加剧；
（2）热量是一个过程量，不能说物体具有热量；
（3）水吸热升温，内能变大；
（4）比热容是物质的一种特性，与物体温度高低无关。
【解答】解：A、温度升高，水分子的无规则运动加剧，水分子的动能变大，故A错误；
B、热量是一个过程量，不能说物体具有热量，所以物体不存在热量多或者少的情况，故B错误；
C、水吸热升温，内能变大，故C正确；
D、比热容是物质的一种特性，比热容的大小与物质的种类和状态有关，与物体温度高低无关，故D错误。
故选：C。
8．（3分）如图甲所示，将灯泡L与电压恒为6V的电源相接，
在t＝0s时刻合上开关S，测得流过灯泡L的电流与通电时间关系如图乙所示。下列说法错误的是（　　）
A．合上开关S瞬间，通过灯泡的电流为6A
B．6s后电流稳定不变
C．电流稳定后，灯泡的电功率为6W
D．电流稳定后，灯泡的电阻为6Ω
【分析】由图可知，合上开关S的瞬间，当t＝0时通过灯泡的电流为6A，从t＝6×10﹣2s开始，灯泡电流稳定不变，电流稳定后，通过灯泡的电流为1A，根据P＝UI计算灯泡的电功率，根据欧姆定律计算电流稳定后灯泡的电阻。
【解答】解：由图可知，合上开关S的瞬间，当t＝0时通过灯泡的电流为：I0＝6A，从t＝6×10﹣2s开始，灯泡电流稳定不变，故A正确，B错误；
电流稳定后，通过灯泡的电流为1A，灯泡的电功率为：P＝UI＝6V×1A＝6W，故C正确；
根据欧姆定律可得电流稳定后，灯泡的电阻：R＝＝＝6Ω，故D正确。
故选：B。
9．（3分）大小相同的水平拉力F分别拉着物体M、N在水平地面上做匀速直线运动，M的质量小于N的质量。此过程M、N的动能随时间变化关系如图所示。用vM和vN分别表示M、N运动速度的大小，下列判断正确的是（　　）

A．vM＞vN B．vM＝vN C．vM＜vN D．无法判断
【分析】动能的大小与质量和速度有关，据此分析速度的大小。
【解答】解：根据图示可知，M的动能大，由于M的质量小于N的质量，则M的速度要大于N的速度，即vM＞vN。
故选：A。
10．（3分）小华分别尝试用如图所示的两个滑轮组，在相同时间内将重为G的重物匀速提升了相同的高度h，所用的拉力分别为F甲和F乙。图中每个滑轮的质量均相等，不计绳重及摩擦。下列说法正确的是（　　）

A．F甲小于F乙
B．甲的额外功等于乙的额外功
C．甲的有用功大于乙的有用功
D．F甲做功的功率大于F乙做功的功率
【分析】由滑轮组的结构知道承担物重的绳子股数n，则绳子自由端移动的距离s＝nh；把相同的重物匀速提升相同的高度，做的有用功相同；不计绳重及摩擦，利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，利用功率公式判断拉力做功功率的大小关系。
【解答】解：
A、不计绳重及摩擦，拉力F＝（G物+G轮），
由图知，n甲＝2，n乙＝3，
所以绳子受的拉力：
F甲＝（G物+G轮），F乙＝（G物+G轮），
所以F甲＞F乙，故A错误；
BC、因为不计绳重及摩擦，动滑轮重相同，提升的物体重和高度相同，W额＝G轮h，W有用＝G物h，
所以利用滑轮组做的有用功相同、额外功相同，拉力做的总功相同，故B正确，C错误；
D、拉力做的总功相同，所用的时间相同，由P＝ 可知，拉力F甲做功的功率等于拉力F乙做功的功率，故D错误。
故选：B。
二、解答题
11．如图甲是一种单手启瓶器。启瓶器可以看做是杠杆（忽略重力），支点为B点。开启瓶盖瞬间，手对启瓶器施加的动力沿虚线方向，瓶盖对启瓶器施加的阻力为F2，如图乙所示。请在图乙中画出启瓶器受到的动力F1和阻力臂l2。

【分析】（1）力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离。
（2）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1 L1＝F2 L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：
（1）从支点O作阻力F2作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂l2；
（2）阻力使杠杆沿逆时针转动，则动力应使杠杆按顺时针转动，连接AB，过A点垂直于AB向左画出动力F1的示意图，如图所示：

12．如图，用平行于斜面，大小为8N的拉力F将重为10N的木块从斜面底端沿斜面匀速拉动0.4m，此时木块在竖直方向上升的高度h为0.2m。则斜面的机械效率为 　62.5%　。用方框表示木块，在图中画出木块在斜面移动后的位置。

【分析】（1）知道木块重力、提升的高度，利用W＝Gh求拉力做的有用功；知道拉力大小、沿斜面运动距离，利用W＝Fs求拉力做的总功；斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
（2）在图中标出木块移动的距离、提升的高度，可得木块在斜面移动后的位置。
【解答】解：
（1）拉力做的有用功：
W有用＝Gh＝10N×0.2m＝2J；
拉力做的总功：
W总＝Fs＝8N×0.4m＝3.2J；
斜面的机械效率：
η＝＝×100%＝62.5%；
（2）木块移动的距离s＝0.4m、提升的高度h＝0.2m，木块在斜面移动后的位置，如图所示：
。
故答案为：62.5%；见解答图。
13．如图甲所示的电路，当开关S闭合后，两灯都发光，此时两个电流表A1、A2指针偏转角度相同。其中电流表A2测量的是流经 　L2　（选填“L1”、“L2”或“干路”）的电流，示数如图乙所示，为 　0.14　A；电流表A1测量的是流经 　干路　（选填“L1”、“L2”或“干路”）的电流，示数为 　0.7　A。

【分析】分析电路的连接，两个灯泡并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量支路L2的电流，此时两个电流表A1、A2指针偏转角度相同，根据并联电路的电流规律可知两个电流表所选量程，然后即可读数，
【解答】解：由图可知，两个灯泡并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量支路L2的电流，
根据此时两个电流表A1、A2指针偏转角度相同，可知，电流表A1选0～3A量程，读数为0.7A，即干路电流I＝0.7A；
电流表A2选0～0.6A量程，读数为0.14A，即流经L2的电流I1＝0.14A。
故答案为：L1；0.14；干路；0.7。
14．（1）图甲是一密闭针筒示意图，针筒初始状态及温度计示数如图甲所示（在本实验中由于针筒内气体分子间距离很大，分子间作用力可忽略不计，因此可以不考虑分子势能的变化）。小丽在实验中缓慢下压活塞（在这个过程中，筒内分子数目不变），针筒末状态及温度计示数如图乙所示，则从甲到乙的过程中，缓慢下压活塞后，筒内气体的内能 　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”），判断依据是 　分子体积变小，分子势能变大　。
（2）小明用塑料矿泉水瓶进行了如下操作：瓶中留有少量水，盖上瓶盖（如图丙）；扭转瓶子（图丁）；轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，同时瓶内出现白雾。瓶盖被瓶内的气体冲出的过程与图戊中热机的 　做功　（选填字母）冲程相似；若该热机消耗了0.5kg汽油，则热机对外做功有可能为 　②　（选填序号）。（汽油热值q＝4.6×107J/kg）
①2.3×107J
②6.9×106J
③4.6×106J
④5.2×107J

【分析】（1）物体的内能与温度、质量、状态有关；
（2）压缩气体做功，可将机械能转化为内能；气体对瓶盖做功，内能转化为机械能；汽油机做功冲程中将内能转化为机械能，压缩冲程中将机械能转化为内能；根据公式Q＝qm计算出汽油完全燃烧释放的热量，根据效率求出做功的大小。
【解答】解：（1）从甲图到乙图的过程中，质量不变、温度不变，但是气体体积变小，分子势能变大，内能变大；
（2）如图乙，扭转瓶子时，小明施加的外力压缩瓶内的气体，是机械能转化为内能，这一过程与四冲程内燃机的压缩冲程相似；当瓶盖被瓶内的气体冲出时，是瓶内气体对瓶盖做功，内能转化为机械能，这一过程与四冲程内燃机的做功冲程相似；
汽油完全燃烧释放的热量Q放＝qm＝4.6×107J/kg×0.5kg＝2.3×107J；汽油机的效率在30%左右，则热机对外做功有可能为：W＝30%×Q放＝30%×2.3×107J＝6.9×106J，故②正确。
故答案为：（1）变大；分子体积变小，分子势能变大；（2）做功；②。
15．电风扇的核心部件是电动机，甲、乙两台电风扇的电动机工作20s，电动机输出的机械能和电流通过电动机产生的热量如图所示。
（1）甲电动机的效率 　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）乙电动机的效率。
（2）甲电动机工作20s，输出的机械能为 　1400　J。
（3）乙电动机工作20s，消耗的电能为 　2000　J。

【分析】电动机效率是电动机输出的机械能与消耗电能的百分比，由图示可直接读出两电动机工作时输出的机械能和产生热量的百分比，据此分析解答。
【解答】解：
（1）由图知，甲电动机的效率是70%，乙电动机的效率是75%，所以甲电动机效率小于乙电动机的效率；
（2）甲电风扇的电动机工作20s时：＝＝，
所以输出的机械能W机械＝1400J；
（3）乙电动机工作20s的效率：η＝＝＝75%，
所以消耗的电能W电＝2000J。
故答案为：（1）小于；（2）1400；（3）2000。
16．如图所示用功率为100W的电加热器给质量为0.1kg，初温为10℃的水加热至40℃，电加热器单位时间内放出的热量相同，根据实验得到的数据绘制出水的温度随加热时间的变化图像，c水＝4.2×103J/（kg•℃）。此过程：
（1）水吸收的热量是多少？
（2）加热器消耗的电能是多少？
（3）加热器的热效率是多少？
（4）若将杯中的水换成质量为0.2kg，比热容为2.1×103J/（kg•℃）的煤油，加热相同时间，加热煤油所消耗的电能 　等于　（选填“小于”“等于”“大于”）加热水所消耗的电能；你判断的依据是 　W＝Pt　。

【分析】（1）知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（2）由图乙可知，加热所用的时间，利用P＝的变形公式W＝Pt求出加热器消耗的电能；
（3）利用效率公式求出加热的热效率；
（4）根据P＝的变形公式W＝Pt分析解答。
【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（40℃﹣10℃）＝1.26×104J；
（2）由图乙可知，加热所用的时间t′＝3min＝180s，
由P＝可知，加热器消耗的电能：W＝Pt′＝100W×180s＝1.8×104J；
（3）加热器的热效率：η＝＝＝0.7＝70%；
（4）相同的加热器，加热相同的时间，由P＝的变形公式W＝Pt可知，加热煤油所消耗的电能等于加热水所消耗的电能。
答：（1）水吸收的热量是1.26×104J；
（2）加热器消耗的电能是1.8×104J；
（3）加热器的热效率是70%；
（4）等于；W＝Pt。
17．小明用如图所示的电路探究电路的规律，他采用两节干电池作为电源，闭合开关后，电流表的示数为0.2A，他用电压表测得AJ两端的电压U＝2.8V，DE两端的电压U1＝0.9V，FG两端的电压U2＝1.6V。小灯泡L1上标有“2.5V，0.3A”的字样。
（1）画出此电路对应的电路图；
（2）求小灯泡L1通电100s消耗的电能是多少；
（3）求电路的总功率；
（4）小明发现U＞U1+U2，与他学过的“串联电路两端的总电压等于各用电器两端的电压之和”不符，他猜想是电路其他部分分担了电压，于是他用分度值更高的电压表进行测量，其中测得IJ两端的电压UIJ＝0.018V。
①求IJ两点之间的电阻RIJ；
②请分析通电的100sIJ两点之间是否消耗电能？如果否请说明理由；如果是请计算出通电100s产生的热量是多少？

【分析】（1）由实物图分析电路的连接情况，再画出对应的电路图；
（2）由串联电路电流规律和W＝UIt计算小灯泡L1通电100s消耗的电能；
（3）根据P＝UI计算电路的总功率；
（4）①根据欧姆定律计算IJ两点之间的电阻RIJ；
②根据Q＝W＝UIt可求通电100s，IJ两点产生的热量。
【解答】解：（1）由实物图知，电流表、L1、L2、开关依次连接在电源两极上，电路图如图所示：
；
（2）由题知，闭合开关后，电流表的示数为0.2A，
由串联电路的电流规律知：I1＝I2＝I＝IA＝0.2A，
小灯泡L1通电100s消耗的电能：W1＝U1I1t＝0.9V×0.2A×100s＝18J；
（3）由题知，电源电压U＝2.8V，
电路的总功率：P＝UI＝2.8V×0.2A＝0.56W；
（4）①IJ两端的电压UIJ＝0.018V，电流为0.2A，
所以RIJ＝＝＝0.09Ω；
②IJ两点之间有电阻，当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，所以电流通过IJ两点时会消耗电能；
通电100s，IJ两点产生的热量：
QIJ＝WIJ＝UIJIt＝0.018V×0.2A×100s＝0.36J。
答：（1）见上图；
（2）小灯泡L1通电100s消耗的电能是18J；
（3）电路的总功率为0.56W；
（4）①IJ两点之间的电阻为0.09Ω；
②电流通过IJ两点时会消耗电能；通电100s，IJ两点之间产生的热量是0.36J。
18．如图所示电路，小灯泡额定电压是2.5V。
（1）如图甲所示电路。用笔划线代替导线将滑动变阻器连入电路，使滑片P向右移时，滑动变阻器阻值变大。
（2）闭合开关后发现电流表的指针几乎不动，小灯泡不亮，电压表的读数接近电源电压。于是他找来一根导线，分别短接BC、CD、EF、IJ，发现两表示数没任何变化，则电路故障的原因可能是 　D　。（填序号）
A.灯泡断路
B.灯泡被短接
C.导线FI断路
D.导线DE断路
（3）排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，分别记下多组对应的电压表和电流表的读数如表。其中第3次实验的电压表示数如图乙所示，请把实验数据填写在表中。
数据序号
1
2
3
4
5
电压U/V
0.4
1.4
　1.7　
2.5
3.0
电流I/A
0.12
0.22
0.24
0.28
0.30
（4）当灯泡两端的电压为1.4V时，此时小灯泡是否正常发光？　否　。该灯泡此时的实际功率是 　0.308　W，10s产生的热量是 　3.08　J。
（5）根据表中提供的信息，归纳小灯泡电阻变化的规律 　灯丝电阻随灯泡两端电压的增大而增大　。

【分析】（1）滑片P向右移时，滑动变阻器阻值变大，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
（2）闭合开关后发现电流表的指针几乎不动，小灯泡不亮，说明电路可能断路；电压表的读数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（3）根据电压表选用量程确定分度值读数；
（4）当灯泡两端电压为额定电压时，灯泡正常发光；根据表中数据结合P＝UI与W＝UIt分别求出灯泡此时的实际功率和10s产生的热量；
（5）根据表中数据归纳得出结论。
【解答】解：（1）滑片P向右移时，滑动变阻器阻值变大，故滑动变阻器选用左下接线柱与开关串联在电路中，如下图所示：
；
（2）闭合开关后发现电流表的指针几乎不动，小灯泡不亮，说明电路可能断路；电压表的读数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；用一根导线，分别短接BC、CD、EF、IJ，发现两表示数没任何变化，说明开关、滑动变阻器、电流表和灯泡没有断路，即电路故障的原因可能是导线DE断路，故选：D；
（3）其中第3次实验的电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为1.7V；
（4）当灯泡两端的电压为1.4V时，小于灯泡额定电压2.5V，灯泡不能正常发光；
由表中数据可知，当灯泡两端的电压为1.4V时，通过灯泡的电流为0.22A，则该灯泡此时的实际功率为：
P＝UI＝1.4V×0.22A＝0.308W，
10s产生的热量为：
W＝UIt＝1.4V×0.22A×10s＝3.08J；
（5）由表中数据可知：灯泡两端的电压越高，通过灯泡的电流也越大，根据P＝UI可知，灯泡功率变大，温度升高，灯丝电阻随温度升高而增大，故小灯泡电阻变化的规律为：灯丝电阻随灯泡两端电压的增大而增大。
故答案为：（1）见解答图；（2）D；（3）1.7；（4）否；0.308；3.08；（5）灯丝电阻随灯泡两端电压的增大而增大。
19．如图，取一块铜片和锌片插入一个柠檬中，即可组成一个水果电池。用电压表能检测其两端产生的电压，某实验小组通过实验发现水果电池的电压与金属片插入水果的深度以及两金属片之间的距离有关；现在有小组成员提出水果电池的电压还可能与水果的种类有关。请你设计一个方案探究水果电池的电压是否与水果的种类有关。要求：写出实验步骤、设计数据记录表格。

【分析】因水果电池的电压与金属片插入水果的深度以及两金属片之间的距离有关，根据控制变量法，研究水果电池的电压还可能与水果的种类有关时，要控制金属片插入水果的深度以及两金属片之间的距离不变，只改变水果的种类，为得出普遍性的规律，要多次测量，据此回答。
【解答】解：（1）控制金属片插入水果的深度以及两金属片之间的距离不变，分别用桔子、苹果、梨和菠萝做实验，用电压表测量电压大小填入表中，如下所示：
（2）根据实验步骤，设计的表格如下所示：
水果 种类
电压表示数U/V
桔子

苹果

梨

菠萝

故答案为：（1）控制金属片插入水果的深度以及两金属片之间的距离不变，分别用桔子、苹果、梨和菠萝做实验，用电压表测量电压大小填入表中；
（2）如上表所示。