2025-2026学年江西萍乡九年级上册物理开学摸底考试练习卷【含解析】

这是一份2025-2026学年江西萍乡九年级上册物理开学摸底考试练习卷【含解析】，共28页。试卷主要包含了填空题，计算题，实验与探究题等内容，欢迎下载使用。
1．感应电流的大小与 、 等因素有关。
2．如图所示，在拉力F作用下，物体在水平桌面上以一定的速度向左匀速运动，绳子自由端5s内移动了6m，已知A的重力为200N，地面对物体的摩擦力为100N；若不计滑轮重，绳重及绳与轮的摩擦，拉力F为 N；若该装置的机械效率为60%，绳自由端的拉力做的总功是 J。
3．电梯超载容易引发安全隐患，如图所示是它的超载报警电路图。电源电压恒定不变，R0为保护电阻，R为压敏电阻，其阻值随所受压力的增大而减小，当电路中的电流超过临界值报警器就会自动报警。当有人进入电梯后，电路中的电流将 （选填“增大”“减小”或“不变”），电路的总功率将 。（选填“增大”“减小”或“不变”）
4．跨大步、快速行走，可以起到锻炼身体的目的。一同学查阅资料后获得以下信息：
（1）人水平走路时，当重心上移时，人就会克服自身重力做功；（2）适当增大克服重力做功的功率，可以起到更好的锻炼效果；（3）人在水平面上行走时，步距、重心的变化和用时情况如下表：
请结合所学知识及上述信息，回答下列问题：
①某人按两种不同步距各走100步，克服重力所做的功： 。
A.一样多
B.40厘米步距做功多
C.50厘米步距做功多。
②请结合题目信息解释，跨大步走为什么能起到更好的锻炼效果？ 。
5．电流表使用时严禁将电流表的两个接线柱直接连到电源的两极上。请根据欧姆定律分析：若将电流表和电源直接相连，使用的电源电压为3V，学生实验使用的常规电流表的电阻约为0.3Ω，则通过电流表的电流约为 A，这样操作的后果是 。
6．如图是说明巨磁电阻特性原理的示意图，图中GMR是巨磁电阻（在磁场中电阻随磁场的增强而减小）。电源电压不变，闭合开关S1、S2，电磁铁的右端为 极；将滑片P向右滑动，指示灯亮度变 （选填“亮”或“暗”）。
7．2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心精准点火发射。火箭加速上升过程中，燃料的 能转化为燃气的内能，载人飞船的机械能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
8．如图甲所示，定值电阻R1与规格为“40Ω，2A”的滑动变阻器R2连入电路，电源电压恒定不变。如图乙所示，为滑动变阻器的电功率P随其连入电路电阻R2变化的图像。当滑动变阻器连入电路的电阻为20Ω时，电路中的电流为 A，则电源电压为 V。
二、选择题（本大题共6小题，共14分）第9～12小题，每小题只有一个选项是最符合题目要求的，每小题2分；第13、14小题为多项选择，每小题至少有两个选项是符合题目要求的，每小题2分，全部选择正确得3分，选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分。请将选项代码填涂在答题卡相应位置。
9．下列估值中符合实际情况的是（ ）
A．一节新干电池电压为5V
B．不高于36V的电压对人体是安全的
C．家用电冰箱正常工作时电流约5A
D．普通教室一盏日光灯正常工作电流是2A
10．发展新能源汽车是我国应对气候变化、推动绿色发展的战略举措。荆州市公交公司今年投入了一批新能源纯电动空调车，下列各图中能说明其动力装置工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．如图是一则公益广告，图中浓浓的孝心渗透着社会主义核心价值观。关于热水洗脚过程中涉及的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．用热水泡脚，脚会感觉暖和，说明内能可以转移
B．用热水泡脚，脚的温度升高，说明温度可以转移
C．洗脚水的温度越高，所含的热量越多
D．洗脚水的温度降低，但内能保持不变
12．如图所示电路中，当开关S闭合时，电压表V所测的电压是（ ）
A．灯L2两端的电压
B．电源电压
C．灯L1两端的电压
D．灯L2和电源两端的电压
（多选）13．如图所示的甲、乙两个电热器，其电源电压相同，电阻丝R1、R2的阻值不变，相同的托盘上放有相同的石蜡。当闭合开关S时，下列说法正确的是（ ）
A．甲电热器比乙电热器的电功率更大
B．甲中通过R1的电流等于乙中通过R1的电流
C．甲中R2两端的电压大于乙中R2两端的电压
D．要使两块石蜡均完全熔化，甲电路通电时间更长
（多选）14．如图所示，滑轮组悬挂在水平支架上，小明站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，使物体A以0.2m/s的速度匀速上升。已知小明拉绳子的力为500N，物体A重为800N，两个滑轮质量相等，不计滑轮组的绳重和摩擦，关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．小明在提升物体A的过程中，绳子自由端拉力的功率为100W
B．动滑轮所受重力为200N
C．支架受到滑轮组的拉力为1700N
D．小明在提升物体A的过程中，滑轮组的机械效率为70%
三、计算题（本大题共3小题，第15、16小题各7分，第17小题8分，共22分）
15．油电混合动力汽车是新型节能汽车。这种汽车在内燃机启动时，可以给车提供动力的同时，也给动力蓄电池组充电。已知某型号混合动力汽车所用的蓄电池能够储存的最大电能是1.0×108J，若该车以72km/h的车速匀速直线行驶了0.5h，此过程中汽车所受阻力大小为1000N，蓄电池组的电能也增加了最大电能的10%，求：
（1）该汽车行驶中牵引力做了多少功？
（2）若该汽车内燃机的效率是40%，则消耗燃油的质量是多少kg？（假设燃油完全燃烧，已知燃油的热值为4.6×107J/kg）
16．如图所示，电源电压为6V且保持不变，小灯泡L标有“6V 6W”字样，滑动变阻器R1接入电路中的最大阻值为10Ω，定值电阻R2的阻值为5Ω。求：
（1）小灯泡正常发光2min消耗的电能；
（2）只闭合S1，移动滑片P使电路消耗的总功率最大时，通过小灯泡的电流；
（3）S1、S2、S3都闭合，当滑片P移至最右端时，电路消耗的总功率。
17．实践小组的同学们自制了一个具有加热和保温两挡功能的电热水壶。如图甲是电热水壶的电路图，R1、R2均为阻值不变的电热丝，R1的阻值为110Ω，保温功率为220W。请你解答下列问题：[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（1）求电热丝R2的阻值。
（2）在使用过程中发现，该电热水壶烧水用时太长。请你利用原有的元件重新设计一款能缩短加热时间且具有两挡功能的电热水壶。请在图乙虚线框中画出你所设计的电路图。
（3）若消耗的电能全部转化为水的内能，在标准大气压下，用新设计的电热水壶正常加热1.1kg的水，使水的温度从20℃加热至刚好沸腾需要多长时间。
四、实验与探究题（本大题共4小题，每小题7分，共28分）
18．在“测量小灯泡电阻和电功率”的实验中，电源电压恒为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”。
（1）如图甲所示，闭合开关后，发现只有 有示数，经检查发现有根导线连接错误。请在错误导线上打“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接正确；
（2）改正错误后，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示。要测量小灯泡的额定功率，应将滑片适当向 （选填“左”或“右”）滑动；
（3）图丙是小灯泡的电流随电压变化关系的图象，根据图象可知，小灯泡正常发光时的电阻为 Ω；其额定功率为 W；
（4）在实际测量过程中，调节滑动变阻器使其接入电路中的电阻减小ΔRP，相应的小灯泡的阻值变化ΔRL，则ΔRP ΔRL（选填“＞”、“＜”或“＝”）；
（5）实验结束后在进行实验交流时老师提醒，实际的电流表电阻虽然很小，但并不为零，实际的电压表电阻虽然很大，但并不是无穷大。所以，若按图丁测得小灯泡的额定功率测量值 真实值；若按图丁通过调节使小灯泡正常发光，则测得灯泡正常发光时电阻 真实值（选填“大于”、“小于”、“等于”）。
19．某实验小组在测滑轮组机械效率的实验中得到的数据如下表所示，实验装置如图所示。
（1）实验中应竖直向上 拉动弹簧测力计，使钩码上升。
（2）通过表中数据可分析出第2次实验是用 （选填“甲”或“乙”）图所示装置做的实验，2s内钩码上升的高度为0.1m，则拉力的功率为 W。
（3）通过第1次实验和第2次实验的数据分析可得出结论：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多（动滑轮的质量越大），滑轮组的机械效率 （选填“越高”、“不变”或“越低”）。
（4）小组同学再用第1次实验中使用的装置做第3次实验，表中第3次实验空缺的数据应为：绳端移动距离s＝ m，机械效率η＝ 。
（5）比较第1次实验和第3次实验可得，采用 的方法可以提高滑轮组的机械效率。
20．学过欧姆定律后，小南用图甲所示电路图探究电流跟电压、电阻的关系。
（1）连接电路时，开关应 ；若定值电阻R短路，闭合开关后 （选填“电流表”或“电压表”）无示数。
（2）实验完成后小南未保存好记录数据的纸，只剩图乙表格。根据表格数据我们能判断小南探究的是 （选填“电压”或“电阻”）跟电流的关系；实验中所选择的定值电阻为 Ω。
（3）用“2.5V 0.3A”的小灯泡替换定值电阻R来完成研究小灯泡电阻的实验。闭合开关移动滑片，电压表示数如图丙所示，此时电压为 V，电流表示数可能是下列数据中的 。
（4）小南同学实验兴致正浓，他又分别测出了2.5V和3V电压下小灯泡的电功率，然后用这三次电功率的平均值作为小灯泡正常发光时的电功率。他的这种做法是 （选填“正确”或“错误”）的，理由是 。
21．如图甲是探究“磁场对通电导线的作用”实验装置。
（1）在实验时，是通过观察 来显示通电导体在磁场中受到磁场力的作用。
（2）移动滑动变阻器的滑片到适当位置，闭合开关，发现金属棒ab向右运动；在此基础上又进行了如下操作：
保持磁场方向不变，只改变电路中的电流方向，闭合开关，发现金属棒ab向左运动；保持电流方向不变，只把磁铁的N、S极调换一下，闭合开关，发现金属棒ab向左运动；让磁场方向、电流方向同时改变，闭合开关，发现金属棒ab向右运动。
根据观察到的实验现象，进行分析，可以得到的结论是：磁场对通电导线 （填“有”或“没有”）力的作用，且力的方向与 和 有关。
（3）根据该实验原理，小明用一段漆包铜线绕成线圈，自制了一个如图乙所示的简易电动机：用小刀刮去两端的漆皮，一端全部刮去，另一端只刮去半周。按这种方法刮漆的目的有两个：一是使线圈能够 ，二是这一部位能起到 （填某一部件的名称）的作用。
（4）下列装置中用到该实验原理的是 （填字母序号）。
A.扬声器
B.动圈式话筒
C.发电机
2025-2026学年江西萍乡九年级上开学摸底考试物理考试练习卷
一、填空题（本大题共8小题，每空1分，共16分）
1．感应电流的大小与 导体切割磁感线的快慢 、 磁场强弱 等因素有关。
【答案】导体切割磁感线的快慢；磁场强弱
【解答】解：根据课本知识可知，感应电流的大小跟导体切割磁感线的快慢和磁场强弱有关。
故答案为：导体切割磁感线的快慢；磁场强弱。
2．如图所示，在拉力F作用下，物体在水平桌面上以一定的速度向左匀速运动，绳子自由端5s内移动了6m，已知A的重力为200N，地面对物体的摩擦力为100N；若不计滑轮重，绳重及绳与轮的摩擦，拉力F为 50 N；若该装置的机械效率为60%，绳自由端的拉力做的总功是 500 J。
【答案】50；500。
【解答】解：（1）由图可知n＝2，不计滑轮重、绳重及绳与轮的摩擦，
则绳端的拉力：F=12f=12×100N＝50N；
（2）绳子自由端移动了6m，由s＝ns物可得，物体移动的距离s物=12s=12×6m＝3m，
有用功：W有＝fs物＝100N×3m＝300J，
由η=W有W总可得总功：W总=W有η=300J60%=500J。
故答案为：50；500。
3．电梯超载容易引发安全隐患，如图所示是它的超载报警电路图。电源电压恒定不变，R0为保护电阻，R为压敏电阻，其阻值随所受压力的增大而减小，当电路中的电流超过临界值报警器就会自动报警。当有人进入电梯后，电路中的电流将 增大 （选填“增大”“减小”或“不变”），电路的总功率将 增大 。（选填“增大”“减小”或“不变”）
【答案】增大；增大。
【解答】解：由图可知，R和R0串联，电流表测电路中的电流，电压表测压敏电阻R两端的电压；
开关闭合，有人进入电梯后，压敏电阻R受到的压力变大，由题意可知压敏电阻的阻值减小，则串联电路的总电阻减小，根据欧姆定律可知电路中的电流增大，根据P＝UI可知电路的总功率将增大。
故答案为：增大；增大。
4．跨大步、快速行走，可以起到锻炼身体的目的。一同学查阅资料后获得以下信息：
（1）人水平走路时，当重心上移时，人就会克服自身重力做功；（2）适当增大克服重力做功的功率，可以起到更好的锻炼效果；（3）人在水平面上行走时，步距、重心的变化和用时情况如下表：
请结合所学知识及上述信息，回答下列问题：
①某人按两种不同步距各走100步，克服重力所做的功： C 。
A.一样多
B.40厘米步距做功多
C.50厘米步距做功多。
②请结合题目信息解释，跨大步走为什么能起到更好的锻炼效果？ 跨大步、快速行走时做功多，做功快，功率大，单位时间消耗的能量就多，可以起到锻炼身体的目的 。
【答案】（1）C；（2）跨大步、快速行走时做功多，做功快，功率大，单位时间消耗的能量就多，可以起到锻炼身体的目的
【解答】解：（1）此人按40厘米的步距走路时，走100步做的功：W1＝100mgh1，
若按50厘米的步距走路时，走100步做的功：W2＝100mgh2，质量相同，由于h1＜h2，所以50厘米步距做功多，故C正确；
（2）跨大步、快速行走时做功多，做功快，功率大，单位时间消耗的能量就多，可以起到锻炼身体的目的。
故答案为：（1）C；（2）跨大步、快速行走时做功多，做功快，功率大，单位时间消耗的能量就多，可以起到锻炼身体的目的。
5．电流表使用时严禁将电流表的两个接线柱直接连到电源的两极上。请根据欧姆定律分析：若将电流表和电源直接相连，使用的电源电压为3V，学生实验使用的常规电流表的电阻约为0.3Ω，则通过电流表的电流约为 10 A，这样操作的后果是 会烧坏电流表 。
【答案】10；会烧坏电流表。
【解答】解：将电流表和电源直接相连时，通过电流表的电流：
I=UR=3V0.3A=10A；
因通过电流表的电流10A远大于电流表的最大量程3A，
所以，电流表会被烧坏。
故答案为：10；会烧坏电流表。
6．如图是说明巨磁电阻特性原理的示意图，图中GMR是巨磁电阻（在磁场中电阻随磁场的增强而减小）。电源电压不变，闭合开关S1、S2，电磁铁的右端为 S 极；将滑片P向右滑动，指示灯亮度变 暗 （选填“亮”或“暗”）。
【答案】S；暗。
【解答】解：利用安培定则可知，电磁铁的左端为N极、右端为S极；
滑片P向右滑动过程中，滑动变阻器连入电路中的电阻变大，则电路中的电流变小，通电螺线管的磁性减弱；
由右图可知，巨磁电阻和灯泡串联，
所以，此时巨磁电阻的阻值会变大，右侧电路中的总电阻变大，通过灯泡的电流变小，灯泡变暗。
故答案为：S；暗。
7．2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心精准点火发射。火箭加速上升过程中，燃料的 化学 能转化为燃气的内能，载人飞船的机械能 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】化学；增大。
【解答】解：燃烧是一种化学变化，燃料燃烧时将化学能转化为内能；
卫星加速上升过程中，卫星质量不变，高度和速度变大，则其动能和重力势能增大，所以卫星的机械能增大。
故答案为：化学；增大。
8．如图甲所示，定值电阻R1与规格为“40Ω，2A”的滑动变阻器R2连入电路，电源电压恒定不变。如图乙所示，为滑动变阻器的电功率P随其连入电路电阻R2变化的图像。当滑动变阻器连入电路的电阻为20Ω时，电路中的电流为 0.6 A，则电源电压为 24 V。
【答案】0.6；24。
【解答】解：由图像可知：当滑动变阻器连入电路的电阻为20Ω时，电功率为7.2W，根据P＝I2R可得电路中的电流为：I=PR=7.2W20Ω=0.6A；
根据串联电路的特点和欧姆定律可得电源电压：U＝I（R+R1）＝0.6A×（20Ω+R1）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当滑动变阻器连入电路的电阻为10Ω时，电功率为6.4W，根据P＝I2R可得电路中的电流为：I′=P′R′=6.4W10Ω=0.8A；
根据串联电路的特点和欧姆定律可得电源电压：U＝I′（R′+R1）＝0.8A×（10Ω+R1）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
解①②可得：U＝24V，R1＝20Ω。
故答案为：0.6；24。
二、选择题（本大题共6小题，共14分）第9～12小题，每小题只有一个选项是最符合题目要求的，每小题2分；第13、14小题为多项选择，每小题至少有两个选项是符合题目要求的，每小题2分，全部选择正确得3分，选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分。请将选项代码填涂在答题卡相应位置。
9．下列估值中符合实际情况的是（ ）
A．一节新干电池电压为5V
B．不高于36V的电压对人体是安全的
C．家用电冰箱正常工作时电流约5A
D．普通教室一盏日光灯正常工作电流是2A
【答案】B
【解答】解：A．一节新干电池电压1.5V，故A不符合实际；
B．对人体的安全电压为不高于36V，故B符合实际；
C．家用电冰箱正常工作时电流约1A，故C不符合实际；
D．教室一盏日光灯正常工作电流是0.2A，故D不符合实际。
故选：B。
10．发展新能源汽车是我国应对气候变化、推动绿色发展的战略举措。荆州市公交公司今年投入了一批新能源纯电动空调车，下列各图中能说明其动力装置工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解答】解：新能源纯电动空调车的动力来源于电动机，电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的。
A、该装置说明通电导体的周围存在磁场，故A不符合题意；
B、该装置说明通电导体在磁场中会受到力的作用，电动机就是利用该原理制成的，故B符合题意；
C、该装置说明闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时会产生感应电流，这种现象叫电磁感应，发电机就是利用该原理制成的，故C不符合题意；
D、该装置可以探究电磁铁的磁性强弱与电流的大小有关，故D不符合题意。
故选：B。
11．如图是一则公益广告，图中浓浓的孝心渗透着社会主义核心价值观。关于热水洗脚过程中涉及的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．用热水泡脚，脚会感觉暖和，说明内能可以转移
B．用热水泡脚，脚的温度升高，说明温度可以转移
C．洗脚水的温度越高，所含的热量越多
D．洗脚水的温度降低，但内能保持不变
【答案】A
【解答】解：AB、用热水泡脚，脚从热水中吸收热量，内能增大，温度升高，说明内能可以转移，故A正确，B错误；
C、热量是过程量，不能说所含热量的多少，故C错误；
D、洗脚水温度降低，它的内能减小，故D错误。
故选：A。
12．如图所示电路中，当开关S闭合时，电压表V所测的电压是（ ）
A．灯L2两端的电压
B．电源电压
C．灯L1两端的电压
D．灯L2和电源两端的电压
【答案】A
【解答】解：如图，开关S闭合后，电压表与灯泡L2并联，测量L2两端的电压，故A正确、BCD错误。
故选：A。
（多选）13．如图所示的甲、乙两个电热器，其电源电压相同，电阻丝R1、R2的阻值不变，相同的托盘上放有相同的石蜡。当闭合开关S时，下列说法正确的是（ ）
A．甲电热器比乙电热器的电功率更大
B．甲中通过R1的电流等于乙中通过R1的电流
C．甲中R2两端的电压大于乙中R2两端的电压
D．要使两块石蜡均完全熔化，甲电路通电时间更长
【答案】AC
【解答】解：由图知，甲中R1、R2并联，乙中R1、R2串联；由题知，电源电压相同，相同的托盘上放有相同的石蜡。
A、由串联和并联电路的电阻特点知，甲电路总电阻小于乙，由P=U2R可知，甲电热器比乙电热器的电功率更大，故A正确；
BC、由串联和并联电路的电压规律知，甲中R2两端的电压大于乙中R2两端的电压；甲电路中R1两端电压大于乙电路中R1两端电压，
由I=UR知，甲中通过R1的电流大于乙中通过R1的电流，故B错误，C正确；
D、使两块石蜡均完全熔化，需要的热量相等，由于甲电热器比乙电热器的电功率更大，由P=Wt可知产生相同热量，甲电路通电时间短一些，故D错误。
故选：AC。
（多选）14．如图所示，滑轮组悬挂在水平支架上，小明站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，使物体A以0.2m/s的速度匀速上升。已知小明拉绳子的力为500N，物体A重为800N，两个滑轮质量相等，不计滑轮组的绳重和摩擦，关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．小明在提升物体A的过程中，绳子自由端拉力的功率为100W
B．动滑轮所受重力为200N
C．支架受到滑轮组的拉力为1700N
D．小明在提升物体A的过程中，滑轮组的机械效率为70%
【答案】BC
【解答】解：
A、由图知，承担重物绳子的段数n＝2，由v＝nv物和P=Wt=Fst=Fv可得，绳端拉力的功率P＝Fnv物＝500N×2×0.2m/s＝200W，故A错误；
B、不计滑轮组的绳重和摩擦，由F=1n（G+G动）可得，动滑轮的重力G动＝nF﹣G＝2×500N﹣800N＝200N，故B正确；
C、两个滑轮质量相等，所以定滑轮重也为200N，
由图知，经过定滑轮绳子的段数为3，所以支架受到滑轮组的拉力F拉＝3F+G定＝3×500N+200N＝1700N，故C正确；
D、滑轮组的机械效率η=W有W总=GℎFs=GnF=800N2×500N=80%，故D错误。
故选：BC。
三、计算题（本大题共3小题，第15、16小题各7分，第17小题8分，共22分）
15．油电混合动力汽车是新型节能汽车。这种汽车在内燃机启动时，可以给车提供动力的同时，也给动力蓄电池组充电。已知某型号混合动力汽车所用的蓄电池能够储存的最大电能是1.0×108J，若该车以72km/h的车速匀速直线行驶了0.5h，此过程中汽车所受阻力大小为1000N，蓄电池组的电能也增加了最大电能的10%，求：
（1）该汽车行驶中牵引力做了多少功？
（2）若该汽车内燃机的效率是40%，则消耗燃油的质量是多少kg？（假设燃油完全燃烧，已知燃油的热值为4.6×107J/kg）
【答案】（1）该汽车行驶中牵引力做的功为3.6×107J；
（2）若该汽车内燃机的效率是40%，则消耗燃油的质量是2.5kg。
【解答】解：（1）匀速直线行驶，牵引力F＝f＝1000N，
根据速度公式，通过的路程为：s＝vt＝72km/h×0.5h＝36km＝3.6×104m，
所做的功为：W＝Fs＝1000N×3.6×104m＝3.6×107J；
（2）蓄电池增加的电能：W'＝1.0×108J×10%＝1.0×107J，
根据η=WQ放×100%得，Q放＝W总=W+W′η=3.6×107J+1.0×107J40%=1.15×108J，
根据Q放＝q油m得，燃油的质量：m=Q放q=1.15×108J4.6×107J/kg=2.5kg。
答：（1）该汽车行驶中牵引力做的功为3.6×107J；
（2）若该汽车内燃机的效率是40%，则消耗燃油的质量是2.5kg。
16．如图所示，电源电压为6V且保持不变，小灯泡L标有“6V 6W”字样，滑动变阻器R1接入电路中的最大阻值为10Ω，定值电阻R2的阻值为5Ω。求：
（1）小灯泡正常发光2min消耗的电能；
（2）只闭合S1，移动滑片P使电路消耗的总功率最大时，通过小灯泡的电流；
（3）S1、S2、S3都闭合，当滑片P移至最右端时，电路消耗的总功率。
【答案】（1）小灯泡正常发光2min消耗的电能为720J；
（2）只闭合S1，移动滑片P使电路消耗的总功率最大时，通过小灯泡的电流为1A；
（3）S1、S2、S3都闭合，当滑片P移至最右端时，电路消耗的总功率为10.8W。
【解答】解：（1）小灯泡正常发光时的功率PL＝6W，
由P=Wt可得，小灯泡正常发光2min消耗的电能：
WL＝PLt＝6W×120s＝720J；
（2）只闭合S1时，灯泡L与变阻器R1串联，
当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路为灯泡的简单电路，此时电路中电阻最小，电路消耗的总功率最大，
此时灯泡两端的电压等于电源电压6V，也与其额定电压相等，
由P＝UI可得此时通过小灯泡的电流：
IL=PLUL=6W6V=1A；
（3）S1、S2、S3都闭合，当滑片P移至最右端时，R1的最大阻值和R2并联，
因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，电路的总电阻：
R=R1R2R1+R2=10Ω×5Ω10Ω+5Ω=103Ω，
电路消耗的总功率：
P=U2R=(6V)2103Ω=10.8W。
答：（1）小灯泡正常发光2min消耗的电能为720J；
（2）只闭合S1，移动滑片P使电路消耗的总功率最大时，通过小灯泡的电流为1A；
（3）S1、S2、S3都闭合，当滑片P移至最右端时，电路消耗的总功率为10.8W。
17．实践小组的同学们自制了一个具有加热和保温两挡功能的电热水壶。如图甲是电热水壶的电路图，R1、R2均为阻值不变的电热丝，R1的阻值为110Ω，保温功率为220W。请你解答下列问题：[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（1）求电热丝R2的阻值。
（2）在使用过程中发现，该电热水壶烧水用时太长。请你利用原有的元件重新设计一款能缩短加热时间且具有两挡功能的电热水壶。请在图乙虚线框中画出你所设计的电路图。
（3）若消耗的电能全部转化为水的内能，在标准大气压下，用新设计的电热水壶正常加热1.1kg的水，使水的温度从20℃加热至刚好沸腾需要多长时间。
【答案】（1）电热丝R2的阻值为110Ω；
（2）图见解答；
（3）在标准大气压下，用新设计的电热水壶正常加热1.1kg的水，使水的温度从20℃加热至刚好沸腾需要的时间为420s。
【解答】解：（1）由图甲可知，只闭合S1时，R1、R2串联，根据串联电路的特点可知，此时电路中的总电阻最大，由P=U2R可知，电路的总功率最小，电热水壶处于保温挡；
同时闭合开关S1、S2，只有R1工作，电路的总电阻最小，总功率最大，电热水壶处于加热挡；
由P=U2R可知，R1、R2的串联总电阻：R=U2P保温=(220V)2220W=220Ω，
根据串联电路的特点可知，R2的阻值：R2＝R﹣R1＝220Ω﹣110Ω＝110Ω；
（2）原电路中，两开关都闭合时，为R1的简单电路；
只闭合S1时，两电阻串联，根据串联电阻大于其中任一电阻，由P=U2R可知，两开关都闭合时为加热挡；
加热让自制的开水壶加热挡正常工作，烧开这壶水用时太长，根据Q＝W＝Pt，可知开水壶加热挡的功率较小，为增大水壶加热挡的功率，根据P=U2R可知，应减小电路的电阻，因为并联电阻小于其中任一电阻，故可将两电阻并联，如图所示：
（3）新电路加热时，电路的总功率：P=P1+P2=U2R1+U2R2=(220V)2110Ω+(220V)2110Ω=880W，
水加热至刚好沸腾，吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1.1kg×（100℃﹣20℃）＝3.696×105J；
根据题意可知，消耗的电能全部转化为水的内能，则新电热水壶正常将水加热至刚好沸腾，需要消耗的电能：W＝Q吸＝3.696×105J；
由P=Wt可知，新电热水壶正常将水加热至刚好沸腾，需要的时间：t=WP=3.696×105J880W=420s。
答：（1）电热丝R2的阻值为110Ω；
（2）图见解答；
（3）在标准大气压下，用新设计的电热水壶正常加热1.1kg的水，使水的温度从20℃加热至刚好沸腾需要的时间为420s。
四、实验与探究题（本大题共4小题，每小题7分，共28分）
18．在“测量小灯泡电阻和电功率”的实验中，电源电压恒为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”。
（1）如图甲所示，闭合开关后，发现只有 电压表 有示数，经检查发现有根导线连接错误。请在错误导线上打“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接正确；
（2）改正错误后，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示。要测量小灯泡的额定功率，应将滑片适当向 左 （选填“左”或“右”）滑动；
（3）图丙是小灯泡的电流随电压变化关系的图象，根据图象可知，小灯泡正常发光时的电阻为 10 Ω；其额定功率为 0.625 W；
（4）在实际测量过程中，调节滑动变阻器使其接入电路中的电阻减小ΔRP，相应的小灯泡的阻值变化ΔRL，则ΔRP ＞ ΔRL（选填“＞”、“＜”或“＝”）；
（5）实验结束后在进行实验交流时老师提醒，实际的电流表电阻虽然很小，但并不为零，实际的电压表电阻虽然很大，但并不是无穷大。所以，若按图丁测得小灯泡的额定功率测量值 小于 真实值；若按图丁通过调节使小灯泡正常发光，则测得灯泡正常发光时电阻 大于 真实值（选填“大于”、“小于”、“等于”）。
【答案】（1）电压表；
（2）左；（3）10；0.625；（4）＞；（5）小于；大于。
【解答】解：（1）如图甲所示，闭合开关后，电压表串联在电路中，相当于电路断路，故电流表无示数，电压表与电源接通，故只有电压表有示数；
电压表应并联在灯泡两端，故灯泡和开关相连的导线错误，应将灯泡的左接线柱和电源的“﹣”接线柱相连，如下图所示：
；
（2）电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为1.8V，灯泡的额定电压为2.5V，要测量小灯泡的额定功率，应让灯泡两端的电压变大，电源电压不变，根据串联电路的电压特点可让滑动变阻器两端的电压变小，根据串联分压特点可知，应将滑片适当向左滑动；
（3）根据图象可知，小灯泡的额定电流为0.25A，
根据I=UR知小灯泡正常发光时的电阻为：
RL=ULIL=Ω；
小灯泡的额定功率为：
P＝ULIL＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（4）在实际测量过程中，调节滑动变阻器接入电路中的电阻减小时，灯泡两端电压增大，电流也增大，根据欧姆定律可知电路中总电阻变小，
由于灯泡两端电压增大，电流增大，则灯泡的功率变大，由于灯泡电阻受温度的影响，则灯泡的电阻会变大，
根据R＝R滑+R灯可知：只有当滑动变阻器接入电路中的电阻减小量ΔR1大于灯泡的阻值增加量ΔR2才会让总电阻变小；
（5）丁图中，电压表测电流表和小灯泡两端的总电压，当电压表示数为灯泡额定电压时，根据串联电路的电压规律，灯泡的实际电压小于额定电压，电流表与灯串联，电流表测量的电流是准确的，此时电流表示数小于额定电流，根据P＝UI可知，测得小灯泡的额定功率与实际值相比偏小；
根据R=UI知测得灯泡正常发光时电阻大于真实值。
故答案为：（1）电压表；
（2）左；（3）10；0.625；（4）＞；（5）小于；大于。
19．某实验小组在测滑轮组机械效率的实验中得到的数据如下表所示，实验装置如图所示。
（1）实验中应竖直向上 匀速 拉动弹簧测力计，使钩码上升。
（2）通过表中数据可分析出第2次实验是用 乙 （选填“甲”或“乙”）图所示装置做的实验，2s内钩码上升的高度为0.1m，则拉力的功率为 0.32 W。
（3）通过第1次实验和第2次实验的数据分析可得出结论：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多（动滑轮的质量越大），滑轮组的机械效率 越低 （选填“越高”、“不变”或“越低”）。
（4）小组同学再用第1次实验中使用的装置做第3次实验，表中第3次实验空缺的数据应为：绳端移动距离s＝ 0.3 m，机械效率η＝ 83.3% 。
（5）比较第1次实验和第3次实验可得，采用 增加提升物体的重力 的方法可以提高滑轮组的机械效率。
【答案】（1）匀速；（2）乙；0.32；（3）越低；（4）0.3；83.3%；（5）增加提升物体的重力。
【解答】解：
（1）实验时要竖直向上匀速拉动弹簧测力计的，这样示数才会稳定，所读出的数值才等于拉力的大小；
（2）实验2，物体升高0.1m，绳子自由端移动0.4m，说明物体和动滑轮有4段绳子承担，所以实验2数据是由乙滑轮组进行的；
第二次实验中，2s内绳端移动的距离为0.4m，则拉力的速度：
v=st=0.4m2s=0.2m/s，
拉力的功率为：
P=Wt=Fst=Fv＝1.6N×0.2m/s＝0.32W；
（3）根据表中数据，由n=sℎ可知，实验1中n＝3，实验2中n＝4，显然实验1选择甲图进行实验，实验2选择乙图进行实验，并且提升物体的重力相同，实验1的机械效率大于实验2的机械效率，故可得出的结论是：使用不同的滑轮组，提升相同的重物时，动滑轮的个数越多，滑轮组的机械效率越低；
（4）实验1中n＝3，用第1次实验中使用的装置做第3次实验，绳端移动距离s＝3×0.1m＝0.3m；
第3次试验的机械效率为：η=W有W总=GℎFs=6N××0.3m×100%≈83.3%；
（5）由实验1和实验3可得：使用同一滑轮组，物体越重，滑轮组的机械效率越高，所以增加物体的重力，可以提高滑轮组的机械效率。
故答案为：（1）匀速；（2）乙；0.32；（3）越低；（4）0.3；83.3%；（5）增加提升物体的重力。
20．学过欧姆定律后，小南用图甲所示电路图探究电流跟电压、电阻的关系。
（1）连接电路时，开关应 断开 ；若定值电阻R短路，闭合开关后 电压表 （选填“电流表”或“电压表”）无示数。
（2）实验完成后小南未保存好记录数据的纸，只剩图乙表格。根据表格数据我们能判断小南探究的是 电压 （选填“电压”或“电阻”）跟电流的关系；实验中所选择的定值电阻为 5 Ω。
（3）用“2.5V 0.3A”的小灯泡替换定值电阻R来完成研究小灯泡电阻的实验。闭合开关移动滑片，电压表示数如图丙所示，此时电压为 2 V，电流表示数可能是下列数据中的 C 。
（4）小南同学实验兴致正浓，他又分别测出了2.5V和3V电压下小灯泡的电功率，然后用这三次电功率的平均值作为小灯泡正常发光时的电功率。他的这种做法是 错误 （选填“正确”或“错误”）的，理由是 因为小灯泡的电阻随温度的变化而变化，在不同的电压下，实际功率不同，求电功率的平均值没有意义 。
【答案】（1）断开；电压表；（2）电压；5；（3）C；（4）错误；小灯泡的电阻随温度的变化而变化，在不同的电压下，实际功率不铜，求电功率的平均值没有意义。
【解答】解：（1）实验中为保护电路，连接电路时，开关需要断开。
若定值电阻R短路，电路仍是通路，定值电阻两端没有电压，所以此时电流表有示数，电压表没有示数；
（2）由乙图可知，上、下同一列中的数据的比值是一个定值，探究电流与电阻的关系，要控制电阻大小不变，故实验探究的是，电阻一定，电流与电压的关系；
根据表中数据可知，定值电阻的阻值为R=UI=1V0.2A=5Ω
（3）丙图中，电压表选用的是小量程，分度值是0.1V，电压表的示数是2V；
小灯泡的电阻随温度的升高而增大，小灯泡额定电压下的电阻RL=U额I额=≈8.3Ω，
当小灯泡两端电压为2V时，小灯泡的电阻要小于8.3Ω，所以电流I′＞U1RL=2V0.83A≈0.24A，
故选C；
（4）小灯泡灯丝电阻受温度的影响会发生改变，在不同电压下的功率不同，故求电功率的平均值没有意义。
故答案为：（1）断开；电压表；（2）电压；5；（3）C；（4）错误；小灯泡的电阻随温度的变化而变化，在不同的电压下，实际功率不铜，求电功率的平均值没有意义。
21．如图甲是探究“磁场对通电导线的作用”实验装置。
（1）在实验时，是通过观察 金属棒ab的运动 来显示通电导体在磁场中受到磁场力的作用。
（2）移动滑动变阻器的滑片到适当位置，闭合开关，发现金属棒ab向右运动；在此基础上又进行了如下操作：
保持磁场方向不变，只改变电路中的电流方向，闭合开关，发现金属棒ab向左运动；保持电流方向不变，只把磁铁的N、S极调换一下，闭合开关，发现金属棒ab向左运动；让磁场方向、电流方向同时改变，闭合开关，发现金属棒ab向右运动。
根据观察到的实验现象，进行分析，可以得到的结论是：磁场对通电导线 有 （填“有”或“没有”）力的作用，且力的方向与 电流的方向 和 磁场的方向 有关。
（3）根据该实验原理，小明用一段漆包铜线绕成线圈，自制了一个如图乙所示的简易电动机：用小刀刮去两端的漆皮，一端全部刮去，另一端只刮去半周。按这种方法刮漆的目的有两个：一是使线圈能够 通电 ，二是这一部位能起到 换向器 （填某一部件的名称）的作用。
（4）下列装置中用到该实验原理的是 A （填字母序号）。
A.扬声器
B.动圈式话筒
C.发电机
【答案】（1）金属棒ab的运动；（2）有；电流的方向；磁场的方向；（3）通电；换向器；（4）A。
【解答】解：（1）在实验时，是通过观察金属棒ab的运动来显示通电导体在磁场中受到磁场力的作用，通过金属棒ab的运动方向，判断受力的方向；
（2）闭合开关，发现金属棒ab向右运动，说明磁场对通电导线有力的作用；
保持磁场方向不变，只改变电路中的电流方向，闭合开关，发现金属棒ab向左运动，说明通电导体受力的方向与电流的方向有关；
保持电流方向不变，只把磁铁的N、S极调换一下，闭合开关，发现金属棒ab向左运动，说明通电导体受力的方向与磁场的方向有关；
让磁场方向、电流方向同时改变，闭合开关，发现金属棒ab向右运动，说明电流和磁场方向同时改变时，通电导体受力的方向不变；
综上所述：磁场对通电导线有力的作用，且力的方向与电流的方向和磁场的方向有关。
（3）将线圈两端引线的漆皮，一端全部刮掉，另一端只刮半周的作用：一是使线圈能够通电，二是当线圈刚转过平衡位置时，切断线圈中的电流，线圈由于惯性转过另半圈，保证了线圈持续的转动下去；它的作用就相当于电动机中的换向器；
（4）A、扬声器的原理是电导体在磁场中受到磁场力的作用；
BC、动圈式话筒和发电机的原理是电磁感应；
步距（cm）
人体重心上下移动（cm）
每跨一步时间（s）
40
3
0.5
50
5
0.5
实验次数物理量
1
2
3
钩码重G/N
4
4
6
钩码上升高度h/m
0.1
0.1
0.1
绳端拉力F/N
1.8
1.6
2.4
绳端移动距离s/n
0.3
0.4
机械效率η
74.1%
62.5%
步距（cm）
人体重心上下移动（cm）
每跨一步时间（s）
40
3
0.5
50
5
0.5
实验次数物理量
1
2
3
钩码重G/N
4
4
6
钩码上升高度h/m
0.1
0.1
0.1
绳端拉力F/N
1.8
1.6
2.4
绳端移动距离s/n
0.3
0.4
机械效率η
74.1%
62.5%