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2021-2022学年九年级物理上学期期末测试卷（苏科版）02（含考试版+答题卡+全解全析）
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2021–2022学年上学期期末测试卷（苏科版）02
九年级物理·全解全析
第Ⅰ卷 选择题
一．选择题（共12小题，满分24分，每小题2分）
1．（2分）如图所示的简单机械中，属于费力杠杆的是（ ）
A． 剪头发的剪刀 B．自行车的脚踏板
C． 剪铁丝的手钳 D．自行车的刹车闸
【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：A、剪头发的剪刀在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，但能省距离；
B、自行车的脚踏板在使用过程中，是轮轴（轮半径大于轴半径），其实质为省力杠杆；
C、剪铁丝的手钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
D、自行车的刹车闸在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
故选：A。
2．（2分）在下列实例中，用做功的方式来改变物体内能的是（ ）
A．用热水袋暖手，手温度升高
B．用手反复弯折铁丝，弯折处铁丝的温度升高
C．在炉子上烧水，水的温度升高
D．将冰块放入饮料中，饮料的温度降低
【分析】知道改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
【解答】解：A、用热水袋暖手，手的温度升高，是热传递改变了物体的内能，不符合题意；
B、用手反复弯折铁丝，弯折处铁丝的温度升高，是手对铁丝做了功，属于做功改变物体的内能，符合题意；
C、在炉子上烧水，水的温度升高，是通过热传递改变物体的内能，不符合题意；
D、将冰块放入饮料中，饮料的温度降低，是热传递改变了物体的内能，不符合题意。
故选：B。
3．（2分）下列做法中符合安全用电原则的是（ ）
A．家庭电路中控制用电器的开关一定要接在火线上
B．用电器的金属外壳不用接地线
C．把用电器的三脚插头改成两脚插头使用
D．用湿抹布擦拭带电的插座面板
【分析】（1）为了安全，开关必须串联在火线和用电器之间；
（2）大功率或带有金属外壳的用电器，必须使用三孔插座，以防外壳带电，危及人身安全；
（3）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故；
（4）生活用水是导体，湿了的物体因含有水分而能够导电。
【解答】解：A、在家庭电路中，应将控制用电器的开关接在火线上。故A符合安全用电原则；
B、金属外壳的用电器要接地，防止金属外壳漏电，发生触电事故。故B不符合安全用电原则；
C、用电器带有金属外壳或者经常有水，其金属外壳一定要通过三孔插座接地，以防用电器外壳带电，危及人身安全，将用电器三脚插头改成两脚插头使用的作法是错误的。故C不符合安全用电原则；
D、因为湿抹布是导体，用湿抹布擦拭带电的插座面板，容易发生触电事故。故D不符合安全用电原则。
故选：A。
4．（2分）有外形相同的两根钢条M、N，按图甲、图乙两种方式接触时，它们之间都有较大吸引力。则下列推断正确的是（ ）
A．M有磁性、N有磁性 B．M无磁性、N有磁性
C．M有磁性、N无磁性 D．M无磁性、N无磁性
【分析】磁体具有吸引铁、钴、镍的性质，任何磁体都具有两个磁极，磁北极N，磁南极S，磁体中磁极部分磁性最强，中间部分磁性最弱。
【解答】解：由题意可知，图甲、图乙两种方式接触时，它们之间都有较大吸引力，
因磁体的两端磁性最强，中间最弱，所以，在图甲中，钢条M的中间位置磁性弱，N却能牢牢吸引M，说明钢条N具有磁性；
同理，由图乙可知，钢条M也具有磁性，由选项可知，只有A正确。
故选：A。
5．（2分）如图所示的电路，判断下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关，会出现电源短路故障
B．电流表测量的是通过甲和乙灯泡的总电流
C．灯泡甲和乙并联
D．开关只控制甲灯泡的工作状态
【分析】（1）串联电路电流只有一条路径，电流依次经过各用电器从正极回到电源负极；并联电路电流有多条路径，分别经过各用电器从电源正极回到负极；
（2）短路分为电源短路和用电器短路，电源短路是指用导线直接将电源两端相连；而用电器短路是指用一根导线将某个用电器的两端连接起来，没有电流通过该用电器。
【解答】解：根据实物图画出的电路图如图所示：
A、闭合开关，电流经开关分支，一支经灯泡甲、另一支经电流表，灯泡乙，然后共同汇合回到电源负极，没有出现电源短路故障，故A错误；
B、由图可知，电流表与乙灯泡串联，则电流表测量的是通过乙灯泡的电流，故B错误；
C、由图可知，乙灯泡串联电流表后与甲灯泡并联，电流表的内电阻很小，相当于导线，所以甲乙两灯泡并联，故C正确；
D、由图可知，闭合开关，电流经开关分两支，则开关控制干路，故D错误。
故选：C。
6．（2分）李磊同学自行设计了一套智能家居控制系统，整个电路的通断可以通过手动开关S1控制，也可通过手机APP远程控制开关S2完成。为环保节能，当室内光线较暗时，光控开关S3会自动闭合；低于预设温度后温控开关S4会自动闭合开启空调系统，灯泡和空调系统均可独立工作。以下简化电路符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据据题意可知整个电路的通断可以通过手动控制开关S1或手机远程控制开关S2实现，说明S1和S2并联；
灯泡和风机均可独立工作、互不影响即为并联，且光控开关S3控制照明灯泡，开关S4控制风机，据此分析进行解答。
【解答】解：
整个电路的通断可以通过手动开关S1控制，也可通过手机APP远程控制开关S2完成，说明两个开关能独立工作、互不影响，S1和S2应该并联在干路上；
当室内光线较暗时，光控开关S3会自动闭合，说明S3与灯泡串联；低于预设温度后，开关S4会自动闭合开启空调系统，说明开关S4与风机串联，灯泡和空调系统均可独立工作说明灯泡和空调系统并联，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
7．（2分）如图探究滑轮组的特点，不计摩擦和绳重。将一个重为200N的物体沿竖直方向在6s内匀速提高了3m，已知绳子自由端的拉力F为125N．下列说法中正确的是（ ）
A．动滑轮重75N
B．6s内拉力F做功375J
C．6s内拉力F的功率为62.5W
D．滑轮组的机械效率为80%
【分析】（1）由图知，滑轮组承担物重的绳子股数n＝2，不计摩擦和绳重，拉力F=12（G+G动），据此求动滑轮的重力。
（2）拉力端移动距离s＝2h，利用W＝Fs计算拉力做的总功；
（3）知道做功时间，利用P=Wt求拉力做功功率；
（4）滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解：
A、由图知，n＝2，不计绳重和摩擦，拉力F=12（G+G动），即：125N=12（200N+G动），则动滑轮重力G动＝50N；故A错误。
B、6s绳子自由端移动的距离为s＝2h＝2×3m＝6m，拉力做的功为：W总＝Fs＝125N×6m＝750J；故B错误；
C、6s内拉力F的功率为：P=W总t=750J6s=125W，故C错误；
D、做的有用功：W有用＝Gh＝200N×3m＝600J，
该滑轮组的机械效率为：η=W有W总×100%=600J750J×100%＝80%，故D正确。
故选：D。
8．（2分）如图是一种自动测定油箱内油面高度的装置。R2是滑动变阻器，它的金属滑片连在杠杆一端。现需要在设计的电路中，添加一个由电表改装成的油量表，要求：开关闭合后，油箱内油面升高，油量表示数增大。则下列有关油量表的选择及连接方式不正确的是（ ）
A．用电压表，并联在A、C两点
B．用电流表，串联在A处
C．用电压表，并联在A、B两点
D．用电流表，串联在B处
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，根据油面的变化可知浮标和滑片移动的方向，进一步可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化，据此判断油量表（由电流表或电压表改装）安装的位置。
【解答】解：
BD、由电路图可知，R1与R2串联，关闭合后，油箱内油面升高时，浮标上移，滑片下移，R2接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小；
由I=UR可知，电路中的电流变大，无论电流表串联在A处还是B处，电流表（即油量表）的示数都变大，满足要求，故B、D正确；
AC、油箱内油面升高时，电路中的电流变大，由U＝IR可知，定值电阻R1两端的电压变大，根据串联电路中总电压等于各分电阻两端的电压之和可知，R2两端的电压变小，
所以，若电压表并联在A、B两点时，电压表（即油量表）的示数变大，满足要求，故C正确；若电压表并联在A、C两点时，电压表（即油量表）的示数变小，不满足要求，故A错误。
故选：A。
9．（2分）如图所示是电阻甲和乙的U﹣I图像，下列对图像信息做出的判断，正确的是（ ）
A．当甲两端电压为0.5V时，通过它的电流为2.5A
B．当乙两端电压为1V时，其电阻值为0.4Ω
C．将甲乙串联，若它们两端的总电压为2V，则通过它们的电流为0.3A
D．将甲乙并联，若电压为2V，则此时甲的电阻小于乙的电阻
【分析】（1）根据图像读出甲两端电压为0.5V时通过的电流；
（2）根据图像读出乙两端电压为1V时通过的电流，根据欧姆定律求出其电阻值；
（3）将甲和乙串联，通过两电阻的电流相等，根据图像读出两电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出它们两端的电压；
（4）将甲和乙并联，它们两端的电压相等，根据图像读出通过两电阻的电流大小关系，根据欧姆定律即可比较电阻的大小。
【解答】解：A．由图像可知，当甲两端电压为0.5V时，通过它的电流为0.1A，故A错误；
B．由图像可知，当乙两端电压为1V时，通过的电流为0.4A，
由I=UR可得，此时乙的阻值：R乙=U乙I乙=1V0.4A=2.5Ω，故B错误；
C．将甲和乙串联，若电流为0.3A，则通过两电阻的电流均为0.3A，
由图像可知此时U甲′＝1.5V、U乙′＝0.5V，
由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，它们两端的总电压：
U＝U甲′+U乙′＝1.5V+0.5V＝2V，故C正确；
D．若甲和乙并联，若电压为2V，则它们两端的电压均为2V，
由图像可知此时I甲′＜I乙′，由I=UR可知：R甲′＞R乙′，故D错误。
故选：C。
10．（2分）将一只标有“12V6W”的灯泡与一电阻串联后接到电压为12V的电源上，电阻消耗的功率为1W（灯丝电阻视作不变），则此时（ ）
A．灯泡消耗的功率小于5W
B．灯泡消耗的功率大于5W
C．灯泡与电阻消耗的总功率为6W
D．灯泡与电阻消耗的总功率为7W
【分析】因为串联电路中电流处处相等，电路消耗的总功率P=U2R，串联后总电阻变大，所以可知电路消耗的总功率的变化，已知电阻消耗的功率可知灯泡消耗的功率和总功率的大小。
【解答】解：根据公式P=U2R可知，串联后总电阻变大，电路消耗的总功率小于灯泡的额定功率，小于6W，故CD错误，
已知电阻消耗的功率为1W，所以灯泡消耗的实际功率一定小于5W，故B错误，A正确。
故选：A。
11．（2分）如图所示为某家庭卫生间电路，电灯和电热水器都在正常工作。在三孔插座上刚插上洗衣机（开关未闭合）的插头时，所有用电器都停止工作，拔出洗衣机的插头后，用测电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光，发现有一根熔丝熔断了。下列分析合理的是（ ）
A．一定是电路超负荷工作
B．断开S1、S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都发光
C．只断开S2，再用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都不发光
D．只取下灯泡，再用测电笔检测灯座的两个接线柱，氖管都发光
【分析】（1）保险丝熔断是因为电流过大，电流过大的原因是短路或用电器的总功率过大；
（2）在插上洗衣机（开关未闭合）的插头前，电灯和电热器都在正常工作，在插上洗衣机（开关未闭合）的插头，所有用电器都停止工作，说明电路中干路上有断路，测电笔测试插座的两孔，氖管都发光，说明两孔与火线是连通的，故只可能是零线断了。
【解答】解：
A、由题知，在三孔插座上刚插上洗衣机（开关未闭合）的插头时，所有用电器都停止工作，有一根熔丝熔断了，说明电路中电流过大；因洗衣机的开关未闭合，即洗衣机没有工作，说明不是用电器的总功率过大造成的（即不是电路超负荷工作），则产生该现象的原因是洗衣机的插头处短路，故A错误；
B、由题知，拔出洗衣机的插头后，用测电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光，说明三孔插座的左右两孔都与火线相连，则火线上的熔丝是完好的，所以是零线上的熔丝熔断了；
断开S1、S2时，三孔插座的左孔无法与火线相连，因此用测电笔检测三孔插座的左孔时，氖管不发光，故B错误；
C、只断开S2，开关S1的上下两个接线柱都与火线相连，因此用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都发光，故C错误；
D、只取下灯泡，灯座的左接线柱通过S1与火线相连，灯座的右接线柱通过电热器、S2与火线相连，氖管都发光，故D正确。
故选：D。
12．（2分）原长为l的橡皮筋一端固定在O点，另一端悬挂一个小钢球，将钢球从O点释放，钢球运动到A点后开始向上返回，O、A两点间距离为2l，如图所示。则能反映钢球从O点运动到A点的过程中，其动能E随运动距离s变化的关系图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】小球下降过程，重力势能转化为动能的过程；小球拉动橡皮筋，小球动能转化为橡皮筋的弹性势能，动能逐渐变小，据此分析小球动能随移动距离变化并做出判断。
【解答】解：橡皮筋长为l，小球从初始状态下降至l过程中，重力势能转化为动能，小球做加速运动，动能逐渐变大；
小球从l继续下降至2l过程中，弹力先小于重力，所以小球继续加速，动能继续增大。当弹力等于重力时，合力等于零，此时小球达到最大速度，因此，动能最大的点在大于l的位置，此后弹力大于重力，小球做减速运动，动能逐渐减小，对照选项中的图像可知，只有B选项符合题意。
故选：B。
第Ⅱ卷 非选择题
二．填空题（共10小题，每空1分，满分31分）
13．（2分）中考体育考试中，小刚投出的实心球在空中的运动轨迹如图所示。若不考虑空气阻力，则实心球从离开手后到达最高点的过程中，球的机械能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），在最高点时，球的动能 （选填“大于”或“等于”）零。
【分析】不考虑能量损失，动能和势能转化过程中，机械能总量守恒；
球到达最高点时，仍有向前运动的速度。
【解答】解：实心球从离开手后到达最高点的过程中，不考虑空气阻力，只有动能转化为重力势能，实心球的机械能守恒，即球的机械能不变；
实心球在最高点时，仍有向前的速度，所以其动能大于零。
故答案为：不变；大于。
14．（2分）如图是四冲程汽油机工作状态示意图，由图可以看出，此时它正处在 冲程，若汽油机飞轮转速为2400r/min，则该汽油机1s完成 个冲程。
【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；根据气门的关闭情况和活塞的运行方向判断什么冲程；
四冲程内燃机飞轮每转2圈，完成4个冲程，1个工作循环，并对外做功1次。
【解答】解：从图中可以看出，两气门都关闭、活塞向上移动，可以判断这个冲程是压缩冲程。
飞轮转速为2400r/min＝40r/s，则汽油机在1s内飞轮转40r，完成80个冲程，对外做功20次。
故答案为：压缩；80。
15．（4分）小英家6月底电能表的示数如图甲所示，7月底表盘示数如图乙所示，由图可知：该电能表的额定电压是 V；她家7月份电路消耗的电能为 kW•h；她家现在已经接入用电器的总功率为3600W，则最多还可以连接 W的用电器同时工作。将铭牌已模糊的饮水机单独接在该电能表上正常工作3min，电能表指示灯闪烁了160次，则饮水机的额定功率是 W。
【分析】（1）根据图片中的电压判定电能表的额定电压；电能表显示的数字中最后一位是小数，单位为kW•h，两次示数只差即为本月用的电。
（2）由电能表的参数可知工作电压和允许工作的最大电流，根据P＝UI求出电能表允许用电器工作的最大总功率；
（3）3200imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，据此可求出当电能表指示灯闪烁160次消耗的电能，又知道工作时间，根据公式P=Wt求出该用电器消耗的功率。
【解答】解：
（1）由图知，电能表的额定电压是220V；小英家7月份用电器消耗的电能为：W＝6768.2kW•h﹣6628.2kW•h＝140kW•h；
（2）由电能表的参数可知，工作电压为U＝220V，允许通过的最大电流为I＝30A，
电能表允许用电器工作的最大总功率：P大＝UI＝220V×30A＝6600W，
已知她家现在已经接入用电器的总功率为3600W，
则最多还可以同时连接用电器的功率为6600W﹣3600W＝3000W；
（3）3200imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，
则电能表指示灯闪烁160次时，饮水机消耗的电能：W=1603200kW•h＝0.05kW•h，
饮水机的实际功率：P=Wt=0.05kW⋅h360h=1kW＝1000W。
因为饮水机正常工作，所以饮水机的实际功率等于额定功率，则饮水机的额定功率是1000W。
故答案为：220；140；3000；1000。
16．（2分）如图，只让电铃工作，应该闭合开关 ；如果让电铃与灯并联工作，应该闭合开关 。
【分析】根据串联和并联概念分析。把几个用电器首尾相接，连入电路就是串联。把几个用电器首首相接，尾尾相接，再连入电路，就是并联。
【解答】解：要只让电铃工作，则只有电铃连入电路中，则由图可知应闭合开关S3，断开S1、S2；
要让电铃与灯并联工作（即电铃和电灯首首相接，尾尾相接），则由图可知应当闭合开关 S1、S3，断开S2；
故答案为：S3；S1、S3。
17．（3分）（1）如图甲所示，电阻箱的示数为 Ω。
（2）图乙所示电能表的月末示数为 kW•h． 若该表月初示数572.6kW•h，此月消耗电能 kW•h。
【分析】（1）电阻箱读数时根据对应的倍数的指针所对的数字读数；
（2）电能表是测量一段时间内家庭电路消耗电能的多少的，上面有5个数字窗口，注意最后一位是小数点位，前后两次示数之差就是这段时间消耗的电能。
【解答】解：（1）×1000的位置对应的数是6，×100的位置对应的数是0，×10的位置对应的数是4，×1的位置对应的数是1，故电阻箱的示数是6041Ω；
（2）由图可知电能表的示数是586.6kw•h，若该表月初示数572.6kW•h，则本月消耗的电能为586.6kw•h﹣572.6kW•h＝14kw•h。
故答案为：（1）6041；
（2）586.6、14。
18．（4分）如图所示是某晶体熔化时温度随时间变化的图像，根据图像可以判断：物体在t2时的内能 在t3时的内能（小于/等于/大于），理由是 。物理中将晶体熔化成同温度液体时所吸收的热量与其质量之比叫该晶体的熔化热，用字母λ表示。已知冰的熔化热λ冰为3.36×106J/kg，若以一个酒精炉为热源，将50g初温为0℃的冰全部熔化为0℃的水，共燃烧了14g酒精，酒精的热值为3×107J/kg。则这些冰熔化时所吸收的热量为 J，此酒精炉熔冰的效率为 。
【分析】（1）晶体熔化的条件：达到熔点，继续吸热，并且将吸收的热量转化为物体内能；
（2）知道冰的熔化热和冰的值，两者的乘积即为这些冰熔化时所吸收的热量，又知道酒精的热值和质量，根据Q放＝mq求出完全燃烧释放的热量，利用η=Q吸Q放×100%求出此酒精炉熔冰的效率。
【解答】解：（1）由图像可知，该晶体的熔点为0℃，熔化过程中物体继续吸收热量但温度不变，
所以，物体在t2时的内能小于在t3时的内能；
（2）这些冰熔化时所吸收的热量：
Q吸＝m冰λ冰＝50×10﹣3kg×3.36×106J/kg＝1.68×105J，
酒精完全燃烧释放的热量：
Q放＝mq＝14×10﹣3kg×3×107J/kg＝4.2×105J，
则此酒精炉熔冰的效率：
η=Q吸Q放×100%=1.68×105J4.2×105J×100%＝40%。
故答案为：小于；晶体熔化时要吸热；1.68×105；40%。
19．（2分）如图所示，沿斜面向上匀速拉一个重为100N的物体到斜面顶端，斜面长0.5m，高0.3m，拉力为80N，则这个斜面的机械效率是 %，物体受到的摩擦力是 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=W有用W总×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×0.3m＝30J，
拉力做的总功：
W总＝Fs＝80N×0.5m＝40J，
斜面的机械效率：
η=W有用W总×100%=30J40J×100%＝75%，
克服摩擦力所做的额外功：
W额＝W总﹣W有＝40J﹣30J＝10J，
由W＝fs可得，物体受到的摩擦力：
f=W额s=10J0.5m=20N。
故答案为：75； 20。
20．（4分）如图甲所示，电源电压保持不变，当闭合开关S，将滑动变阻器滑片P分别位于最右端a和其上某处b（图中未标出），记录两电表数据并标于图乙中M、N两点处。则滑动变阻器的最大阻值为 Ω，电源电压是 V，电阻R1的阻值为 Ω。将滑片P从b点再移至某处c（图中未标出）的过程中，两电表示数变化量的比值将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。
【分析】由图甲可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片位于a端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表的示数最大，根据图像读出电路中的最小电流和电压表的示数，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
（2）当滑片位于a端时，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压；当滑片位于b点时，读出此时的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值，进一步求出电源的电压；
（3）设出滑动变阻器R2的滑片P向右移动过程中电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电压表示数的变化量，进一步得出电压表V示数变化量与电流表A示数变化量的比值变化。
【解答】解：由图甲可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片位于a端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表的示数最大，
由图乙可知，电路中的最小电流I最小＝0.2A，此时R2两端的电压U最大＝4V，
由I=UR可得，滑动变阻器的最大阻值：
R2=U最大I最小=4V0.2A=20Ω；
（2）当滑片位于a端时，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电源的电压：U＝I最小（R1+R2）＝0.2A×（R1+20Ω），
当滑片位于b点时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，
由图乙可知，电路中的电流Ib＝0.4A，此时R2两端的电压U2＝2V，
则电源的电压：U＝U2+IbR1＝2V+0.4A×R1，
因电源的电压不变，
所以，2V+0.4A×R1＝0.2A×（R1+20Ω），
解得：R1＝10Ω，
则电源的电压：U＝U2+IbR1＝2V+0.4A×10Ω＝6V；
（3）将滑片P从b点再移至某处c，假设将滑片P向右移动，前后两次电路中的电流分别为I、I′，
则电压表示数的变化量：
△U2＝（U﹣I′R1）﹣（U﹣IR1）＝（I﹣I′）R1＝△IR1，即 △U2△I=R1，
由于R1为定值电阻，所以，电压表V示数变化量与电流表A示数变化量的比值将不变。
故答案为：20；6；10；不变。
21．（4分）如图甲所示，电压U＝12V，灯泡L的额定电压为9V，其电流与电压的关系如图乙所示。滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。则灯泡L正常发光时，1s内做的功为 J，阻值为 Ω，在调节滑动变阻器的过程中，灯泡L消耗电功率的最小值是 W。在某次正常调节中，R的阻值变化量比L的阻值变化量大，则滑片P的移动方向是 （选填“一定向左”“一定向右”或“向左、向右均可”）。
【分析】（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据图像读出通过灯泡的电流，根据P＝UI求出正常发光时的功率，利用欧姆定律求出灯泡正常发光时灯丝的电阻；
（2）由电路图可知，R与L串联，当滑动变阻器连入电路的电阻最大时灯泡L消耗电功率的最小，根据图像读出R与L两端的总电压是12V时的电流和灯泡两端电压，根据P＝UI求出灯泡的最小功率；
（3）因电源电压不变，根据欧姆定律先判断出两种情况下总电阻的变化，再根据灯的电阻随温度的升高而增大随温度的降低而减小和串联电阻的规律分析回答。
【解答】解：（1）灯泡正常发光时的电压为9V，由图像可知，灯泡正常发光时的电流IL＝1.5A，
则灯泡L正常发光时，1s内做的功为：WL＝ULILt＝9V×1.5A×1s＝13.5J；
由I=UR可得，此时灯丝的电阻：
RL=ULIL=9V1.5A=6Ω；
（2）由甲电路图可知，R与L串联，当滑动变阻器连入电路的电阻最大时，电流最小，灯泡L消耗电功率的最小，变阻器接入的最大阻值R＝10Ω；
由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压U＝UL′+IR，
即：12V＝UL′+I×10Ω，
结合图像可知，当电路中的电流为1A，此时灯泡两端电压为2V，满足上述等式。
则灯泡的最小功率：PL最小＝UL′I＝2V×1A＝2W；
（3）a、滑片向左移动时，滑动变阻器的电阻变小，设原来电路中的电流为I1（即通过灯的电流），滑片往左滑一段距离后电路中的电流为I2（即通过灯的电流），
因变阻器的电阻变小，根据分压原理可知：变阻器分得电压变小，
由串联电路电压的规律可知，灯泡分得的电压增大，通过灯的电流也增大，所以I1＜I2，
由于电源电压不变，则根据I=UR可知：R总1＞R总2，即滑片向左移动后电路的总电阻变小；
滑片向左移动后电流变大，根据P＝UI可知灯的实际功率增大，灯丝的温度升高，小灯泡阻值随温度的升高而变大，
因总电阻减小，由电阻的串联规律可知：变阻器R的阻值减小量大于灯泡L的阻值增大量；
b、滑片向右移动时，滑动变阻器的电阻增大，灯泡变暗，电流变小，电路的总电阻变大，但灯丝的温度降低，灯泡的电阻减小，所以变阻器R的阻值增大量大于灯泡L的阻值减小量；
综上可知，滑片不论向左还是向右移动，R的阻值变化量比L的阻值变化量大。
故答案为：13.5；6；2；向左、向右均可。
22．（4分）在如图甲所示电路中，电流表A1测量通过 的电流，电流表A2测量通过 的电流。（以上均选填“干路”、“L1”或“L2”）当开关S闭合后，两电流表指针偏转均如图乙所示，则A1电流表的读数应为 A，通过灯泡L1的电流为 A。
【分析】由电路图可知，两灯泡并联，电流表A1测干路的电流，A2测量L2的电流，根据并联电路的电流特点确定电流表的量程，再确定分度值，根据电流表指针的位置，读出示数。
【解答】解：
由电路图可知，两灯泡并联，电流表A1测干路的电流，A2测量L2的电流；
已知两只电流表的指针偏转刻度相同，且并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A1的量程为0～3A，分度值为0.1A，示数为1.5A；
电流表A2的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A；
则通过电阻R1的电流为：I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.3A＝1.2A。
故答案为：干路；L2；1.5；1.2。
三．作图题（共3小题，满分6分，每小题2分）
23．（2分）如图所示，请在杠杆端点B处画出杠杆受到的拉力Fl的示意图并作A点受到拉力的力臂L。
【分析】确定Fl的方向和作用点，按照力的示意图的画法画出其示意图；从支点作力的作用线的垂线段，即可作出力的力臂。
【解答】解：杠杆端点B处受到拉力Fl的方向竖直向下，过B点沿竖直向下的方向画一条有向线段，并标明Fl；
A点受到的拉力沿绳子斜向上，过支点O作该力的作用线的垂线段，即可做出力臂L，如图所示：
24．（2分）请在图两虚线框内分别填入电源与灯泡的电路符号，使之成为并联电路，且电流方向符合图中箭头所示。
【分析】可以将开关或电源分别放入空缺处，然后分析两种情况，看看是否符合题意。
【解答】解：若将电源放入上方，则开关只能控制一个灯泡，另一灯泡处于常亮状态，则电源放在下方的空缺处，开关能同时控制两个灯泡，同时注意电流方向符合图中箭头所示，即电源上方为正极。
如下图：
25．（2分）地球周围存在磁场，如图所示，请标出地面附近的小磁针静止时N极的指向。
【分析】地球是个大磁铁，地球的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，小磁针N极指向和该点的磁场方向相同。
【解答】解：
地球是个大磁铁，地球的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近；
地磁场在的小磁针的N极和该点的磁场方向相同，地磁场的磁感线都是从地磁北极出发到地磁南极，所以小磁针N极指向如红色的N，如图所示：
四．计算题（共2小题，满分12分）
26．（6分）正在到来的第四次工业革命将使人类进入“无人机时代”。各种类型的机器人纷纷问世，其中会飞的机器人﹣﹣“无人机”异军突起，频频出现在公众的视野中。WJ﹣600无人机采用了战术无人机常用的常规气动布局，尾部装有一台涡轮喷气发动机。该机是我国少数采用喷气发动机作为动力系统的战术攻击无人机，它集高空、高速、无人、侦查、打击为一体的无人机，最大输出功率为200kW，能够在1.4×104km的高空以648km/h的速度飞行。它具备全自主起降和飞行能力，其机体结构选用铝合金材料。
（1）“无人机”机体结构选用铝合金材料是因为在体积一定时， 。
（2）若该无人机在1.4×104km的高空以648km/h匀速飞行，求此时无人机受到的空气阻力是多少？（结果保留整数）
（3）该机在某次到900km处执行任务（以648km/h速度匀速飞行）时，载弹后整机质量2.5t（含油料），如果涡轮喷气发动机的机械效率为30%，则刚刚升空后水平匀速飞行时机翼产生的升力是多大？假设燃料完全燃烧，此次执行任务至少添加航空燃料多少千克？（g＝10N/Kg，航空燃料热值5.0×107J/Kg）
【分析】（1）根据ρ=mV可知，在体积一定时，密度越小，质量越小；
（2）根据P=Wt=Fst=Fv，由已知条件求出牵引力，根据二力平衡，此时无人机受到的空气阻力；
（3）根据G＝mg求载弹后整机重力，根据二力平衡得出水平匀速飞行时机翼产生的升力；
由速度公式求此次执行任务飞行时间；根据W有＝Pt求有用功，由涡轮喷气发动机的机械效率η=W有Q放=W有mq求此次执行任务至少添加的 航空燃料。
【解答】解：（1）根据ρ=mV可知，在体积一定时，密度越小，质量越小，
所以，无人机”机体结构选用铝合金材料是因为在体积一定时，铝合金的密度较小，可减轻无人机的质量；
（2）v＝648km/h＝180m/s，
由P=Wt=Fst=Fv得故牵引力：
F=Pv=2×105W180m/s≈1111N；
因飞机做匀速直线飞行，根据二力平衡，此时无人机受到的空气阻力：
f＝F＝1111N；
（3）载弹后整机重力：
G＝mg＝2.5×103kg×10N/kg＝2.5×104N，
当飞机水平匀速飞行时机翼产生的升力与它的重力二力平衡：
则F升＝G＝2.5×104N；
根据v=st可得，此次执行任务飞行时间至少为：
t=sv=2×900km600km/h=3h＝1.08×104s，
根据P=Wt可得有用功：
W有用＝Pt＝2.0×105W×1.08×104s＝2.16×109J
由η=W有Q放=W有mq得，此次执行任务至少添加航空燃料的质量：
m′=W有ηq=2.16×109J5.0×107J/kg×30%=144kg。
答：（1）铝合金的密度较小，可减轻无人机的质量；
（2）此时无人机受到的空气阻力是1111N；
（3）刚刚升空后水平匀速飞行时机翼产生的升力是2.5×104N；假设燃料完全燃烧，此次执行任务至少添加航空燃料144kg。
27．（6分）近来网上热卖的空气炸锅，可以不用或少用油制作炸制食品。实际就是利用风扇将电热管产生的热量吹向食品进行加热，形象一点就是在锅里放了一台吹风机，用热风吹食物。其内部电路原理如图，相关参数如表。试求：
额定电压
220V
电源频率
50HZ
热风功率
1210W
冷风功率
110W
（1）热风加热时电路中的总电流。
（2）热风加热5min，整个电路消耗的电能。
（3）正常工作时电热管R的电阻。
（4）图中电动机线圈的电阻为10Ω，1min内电流通过电动机线圈产生的热量。
【分析】（1）根据表格数据可知热风加热时的功率，根据P＝UI求出热风加热时电路中的总电流；
（2）根据W＝P t得出整个电路消耗的电能；
（3）由电路图结合题意可知，热风加热时电风扇和电热丝R并联同时工作，冷风时只有电风扇工作；根据冷风功率和公式P＝UI求出通过电动机的电流；由并联电路的电流特点可得正常加热时通过电热管的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出正常工作时电热管的电阻；
（3）根据Q＝I2Rt算出1min内电流通过电动机线圈产生的热量。
【解答】解：
（1）由表格数据可知，热风功率P热＝1210W，根据P＝UI可得，热风加热时电路中的总电流：I=P热U=1210W220V=5.5A；
（2）热风加热5min＝300s，整个电路消耗的电能：
W＝P热t＝1210W×300s＝3.63×105J；
（3）由电路图结合题意可知，热风加热时电风扇和电热丝R并联同时工作，冷风时只有电风扇工作，
由表格可知，冷风功率为P冷＝110W，
则通过电动机的电流为：I2=P冷U=110W220V=0.5A，
由并联电路的电流特点可得，正常加热时通过电热管的电流：
I1＝I﹣I2＝5.5A﹣0.5A＝5A，
由欧姆定律I=UR，正常工作时电热管的电阻；
R=UI1=220V5A=44Ω；
（3）1min＝60s内电流通过电动机线圈产生的热量：
Q放＝I22 R线圈t＝（0.5A） 2×10Ω×60s＝150J。
答：（1）热风加热时电路中的总电流为5.5A；
（2）热风加热5min整个电路消耗的电能为3.63×105J；
（3）正常工作时电热管的电阻为44Ω；
（3）1min内电流通过电动机线圈产生的热量为150J。
五．实验探究题（共5小题，每空1分，满分27分）
28．（5分）如图所示是实验室的一些实验装置，图中的小车、木板、木块、斜面均相同，且h1＞h2。
（1）本实验的研究对象是 ；
（2）要探究动能大小与速度的关系，应选择 两图进行探究，两次实验中木块滑动过程中克服摩擦力做功 （选填“相等”或“不相等”）；
（3）在研究动能与质量的关系时，作图d实验时，木块被撞后滑出木板，为了完成实验，你应对图（d）实验做的改进是 。
（4）实验中，根据木块移动的距离来判断小车动能的大小，下列实验中用到的研究方法与此相同的有 。（多选题）
A．探究杠杆的平衡条件时进行了多次实验
B．在“空气压缩引火仪“实验中，通过棉花燃烧反映筒内空气内能变化
C．研究电流时，用水流类比电流
D．根据木桩陷入沙槽的深度判断物体重力势能的大小
【分析】（1）为了探究动能大小与速度的关系应控小球的制质量不变，改变小球的速度，所以应改变小车的高度；实验中使小车从同一斜面的同一高度由静止开始运动；本实验研究的是小球的动能的大小；
（2）探究“动能大小与速度的关系”应控制质量相同，根据小车推动木块移动的距离判定动能的大小；根据影响摩擦力大小的因素分析；
（3）木块被撞后滑出木板，说明动能较大，据此分析；
（4）根据每个实验的研究方法分析。
【解答】解：（1）本实验研究的是小车，该实验是通过观察木块被撞击后移动的距离来比较小车动能的大小的，观察对象是木块；
（2）探究“动能大小与速度的关系”应控制质量相同，使用质量相同的小车从斜面的不同高度滚下，且让小车在相同的水平面上滑行，故应选择ac进行实验；
木块滑动时，由于压力的大小和接触面的粗糙程度不变，故受到的摩擦力不变，则f1＝f2；由于运动的距离不同，所以由W＝fs可知，克服摩擦力所做的功是不同的；
（3）木块被撞后滑出木板，说明小车的动能较大，可以通过用质量较小的砝码放在小车上来减小小车的动能；
（4）实验中，根据木块移动的距离来判断小车动能的大小，采用的是转换法；
A、探究杠杆的平衡条件时，需要多次改变动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小，观察动力与动力臂的乘积与阻力与阻力臂的乘积之间的关系，是归纳法；
B、在“空气压缩引火仪”实验中，通过棉花燃烧反映筒内空气内能变化，采用的是转换法；
C、研究电流时，用水流类比电流，采用的是类比法；
D、根据木桩陷入沙槽的深度判断物体重力势能的大小采用的是转换法；故选BD。
故答案为：（1）小车； （2）ac；不相等；（3）用质量较小的砝码放在小车上；（4）BD。
29．（5分）在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，使用规格相同的电加热器加热，实验装置如图所示。
加热时间/min
0
1
2
3
4
甲的温度/℃
30
34
38
42
46
乙的温度/℃
10
18
26
34
42
（1）实验中应量取 （选填“质量”或“体积”）相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中；
（2）实验中，通过 （选填“升高的温度”或“加热时间”）来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少；
（3）在两种液体都不沸腾的前提下，小明认为要把甲、乙两种液体加热到相同的温度然后进行比较；小芳认为要加热相同的时间然后进行比较。你认为方法可行的是 （选填“小明”“小芳”或“都可行”）；
（4）分析上表数据得后要在甲乙两种液体中选择一种液体做冷却液，你认为选择 （选填“甲”或“乙”）液体较为合理；
（5）小明认为实验过程是在一种理想状态下进行的，事实上实验过程中会有热量散到周围环境中。小明想知道热量散失的过程是热传递导致还是热传递和蒸发共同作用的结果，于是他将两相同的烧杯内倒入同等质量温度相同的热水。如果他想初步得到结果还需要怎么做？请你自己添加器材帮他设计一简单实验来探究结果 。
【分析】（1）（2）比较物质吸热能力实验需要应用控制变量法，根据控制变量法的要求分析答题；
（3）要比较不同物质的吸热能力，有两种办法：①让质量相同的不同物质加热相同的时间，看温度的变化值，温度变化值大的物质吸热能力弱；②将质量相同的不同物质加热到相同的温度，比较加热时间的不同，加热时间长的物质吸热能力强。
（4）根据表格中的数据分析；比热容大的，吸收相同的热量，温度升高的小，更适合做冷却液；
（5）小明想知道热量散失的过程是热传递导致还是热传递和蒸发共同作用的结果，实验中需要改变热传递和蒸发的快慢。
【解答】解：（1）探究物质吸热能力实验，实验中应量取质量相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中；
（2）用相同的电加热器加热，加热相同的时间，放出的热量就是相等的，甲和乙吸收的热量也就是相等的，所以物质吸热的多少是通过加热时间来反映的；
（3）比较甲、乙两种液体吸热本领的大小，可以加热相同的时间，观察两种液体温度的变化量，温度变化量越大说明吸热能力弱；也可以加热到相同的温度，比较加热时间的长短，加热时间长的吸热能力强，因此这两种方法都可以比较出液体的吸热能力；
（4）由表格中的数据可知，在相同的时间内，吸收相同的热量，甲的温度升的低，乙的温度升的高，则甲的吸热能力强；根据Q＝cm△t，吸收相同的热量，比热容大的，温度升高的就小，就更适合做冷却液，甲的吸热能力强，甲的比热容大，故甲做冷却液更好；
（5）小明想知道热量散失的过程是热传递导致还是热传递和蒸发共同作用的结果，实验中一个烧杯上加盖，另一个不加盖，改变热传递和蒸发的快慢，然后用温度计测量相同时间后水的温度进行对比。
故答案为：（1）质量；（2）加热时间；（3）都可行；（4）甲；（5）一个烧杯上加盖，另一个不加盖，用温度计测量相同时间后水的温度。
30．（5分）如图是小鑫探究“电流与电压、电阻关系”时所连电路，其中有一根导线连错了，改正后探究“电流与电阻的关系”时，用到如下器材：电源电压6V，电流表、电压表各一只，定值电阻5Ω、10Ω、20Ω、25Ω各一个，滑动变阻器标有“40Ω 2A”字样，开关一只。实验部分数据如表：
实验序号
1
2
3
电阻R/Ω
5
10
20
电流I/A
0.40
0.20
0.10
（1）请你在图中错误导线中打上“×”，再画线改到正确的位置上。
（2）根据表中数据可知电阻R两端电压U＝ V。小鑫测量了5Ω的电阻两端的电压和电流后，断开开关，只拆下5Ω的电阻改换成10Ω的电阻，然后闭合开关，电压表示数将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。接下来她应将滑动变阻器的滑片向 端（选填“左”或“右”）移动。
（3）小鑫用25Ω的电阻替换20Ω的电阻进行了第4次实验，发现实验无法进行下去，为完成第4次实验，此时她可以换用最大电阻至少为 Ω的滑动变阻器。
【分析】（1）原图中，电流表与定值电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联；
（2）根据表中数据，由欧姆定律求出电阻R两端电压；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
（3）根据串联电路电压的特点和分压原理求出变阻器连入电路中的阻值，据此作答。
【解答】解：（1）原图中，电流表与定值电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联，修改后如下所示：
（2）根据表中数据，由欧姆定律，可知电阻R两端电压：
U＝IR＝0.4A×5Ω＝﹣﹣﹣﹣0.1A×20Ω＝2V；
根据串联分压原理可知，将定值电阻R由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，要使定值电阻两端的电压减小为原来的电压值，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，
由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左移动；
（3）滑动变阻器标有“40Ω 2A”字样，可知变阻器的最大电阻为40Ω，当定值电阻为25Ω时，
电路中的电流为：
I′=UVR=2V25Ω=0.08A，
根据串联电路电压的规律知，滑动变阻器两端的电压为：U滑＝U﹣UV＝6V﹣2V＝4V，
滑动变阻器的最大电阻为：
R滑大=U滑I'=4V0.08A=50Ω，即可以换用最大电阻至少为50Ω的滑动变阻器。
故答案为：（1）见上图；（2）2；变大；左；（3）50。
31．（5分）图甲为伏安法测未知电阻Rx的实验电路图。
（1）若闭合开关后，发现电流表无示数，电压表有示数，若电路只有一处故障，则故障可能是 ；
（2）故障解决后，重新闭合开关，调整滑动变阻器得到电压表和电流表示数如图乙和丙所示，则该电阻的阻值为 Ω，为了减小误差，接下来正确的操作是 ；
（3）在图甲电路中，已知滑动变阻器的最大阻值，如拆掉一个电表，还想知道Rx的阻值，那么可行的方案是 （选填“拆掉电流表”“拆掉电压表”或“拆掉电压表或电流表都行”），则闭合开关后，需要记录变阻器滑片在 时电表的示数。
【分析】（1）若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了（另一种情况可能是电流表短路）
（2）根据电表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律I=UR求出该电阻的阻值；为了减小误差，要多次测量求平均值，据此分析；
（3）若在图甲中，电路中只有电压表或电流表，可分别记录变阻器滑片在a和b端时电表的示数，根据串联电路的规律及欧姆定律（或串联电路电压的规律及分压原理）求出待待测电阻的大小。
【解答】解：（1）若闭合开关后，发现电流表无示数，电路可能断路，电压表有示数，则电压表与电源连通，若电路只有一处故障，则故障可能是电阻Rx断路（或电流表短路）；
（2）故障解决后，重新闭合开关，调整滑动变阻器得到电压表和电流表示数如图乙和丙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.4V，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.24A，由欧姆定律I=UR，则该电阻的阻值为：
R=UI=2.4V0.24A=10Ω，
为了减小误差，接下来正确的操作是：调节变阻器的滑片，改变电压和电流，多次测量求平均值；
（3）在图甲电路中，已知滑动变阻器的最大阻值，若只有电流表，分别记下变阻器滑片在 a和b端时电流表的示数Ia和Ib，
在a端时，两电阻串联，由串联电路的规律及欧姆定律，电源电压：
U＝Ia（R滑+Rx）﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
在b端时，为待测电阻的简单电路，由欧姆定律，电源电压：
U＝Ib×Rx；﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②可得出待测电阻大小；
若只有电压表，分别记下变阻器滑片在 a和b端时电压表的示数Ua和Ub，
在a端时，两电阻串联，电压表测待测电阻的电压Ua；
在b端时，为待测电阻的简单电路，电压表测电源电压Ub：
由串联电路的规律及分压原理有：
Ub-UaUa=R滑Rx------③，由③可得出待测电阻大小；
故去掉如拆掉一个电表，还想知道Rx的阻值，那么可行的方案是拆掉电压表或电流表都行，则闭合开关后，需要记录变阻器滑片在a和b端时电表的示数。
故答案为：（1）电阻Rx断路（或电流表短路）；
（2）10； 调节变阻器的滑片，改变电压和电流，多次测量求平均值；
（3）拆掉电压表或电流表都行；a和b端。
32．（7分）小明和小红在测量额定电压为3.8V的小灯泡电功率实验中，小明连接了如图甲所示的电路（电源电压6V保持不变，电路元件完好，接线柱接线牢固）。
（1）如图甲所示在未检查电路连接是否正确的情况下，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，电压表的示数将 （选填“变化”或“不变”）。
（2）检查电路发现一处错误，指出连接错误的导线是 （填“a”、“b”、“c”或“d”）。
（3）排除故障后，继续实验，分别记下了多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制了如图乙所示的I﹣U图像。某次实验时电流表示数如图丙所示，电流表的示数为 A，此时小灯泡的电阻是 Ω；当小灯泡正常发光时，它的额定功率是 W。
（4）小红将电压表正确接在变阻器两端实验，经过正确的操作也测出了小灯泡的额定功率，你认为 的做法比较好，理由是 。
【分析】（1）分析电路可知电压表测量的是电源电压，无论如何调节滑动变阻器滑片，电压表的示数都不变；
（2）根据实验要求，电压表应测量的是灯泡的电压，分析连接错误的导线；
（3）根据电流表的分度值读出电流表的示数，由欧姆定律计算电阻，由P＝UI计算功率；
（4）根据串联分压原理可得滑动变阻器两端的电压，选择合适的电压表量程，提高测量的准确程度。
【解答】解：（1）如图甲所示，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量的是电源电压，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，电压表的示数将不变；
（2）根据实验要求，电压表应测量的是灯泡的电压，故连接错误的导线是d；
（3）如图丙所示，电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，电流表的示数为0.18A，如图乙可知此时灯泡的电压为1.8V，由欧姆定律可得小灯泡的电阻为：R=UI=1.8V0.18A=10Ω，当小灯泡正常发光时，灯泡的电压为额定电压3.8V，如图乙可知此时灯泡的电流为0.28A，由P＝UI计算灯泡的额定功率为：P额＝U额I额＝3.8V×0.28A＝1.064W；
（4）因电源电压为6V，使小灯泡正常发光时电压为额定电压3.8V，根据串联分压原理可知滑动变阻器分得的电压为2.2V，若改变电压表量程，选用0～3V量程接在滑动变阻器两端，电压表的分度值为0.1V，读数更加精确，故小红的做法比较好，理由是用电压表小量程测量电压能提高测量的准确程度，从而减小误差；
故答案为：（1）不变；（2）d；（3）0.18；10；1.064；（4）小红；用电压表小量程测量电压能提高测量的准确程度，从而减小误差。
2021–2022学年上学期期末测试卷（苏科版）02
九年级物理·全解全析
第Ⅰ卷 选择题
一．选择题（共12小题，满分24分，每小题2分）
1．（2分）如图所示的简单机械中，属于费力杠杆的是（ ）
A． 剪头发的剪刀 B．自行车的脚踏板
C． 剪铁丝的手钳 D．自行车的刹车闸
【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：A、剪头发的剪刀在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，但能省距离；
B、自行车的脚踏板在使用过程中，是轮轴（轮半径大于轴半径），其实质为省力杠杆；
C、剪铁丝的手钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
D、自行车的刹车闸在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
故选：A。
2．（2分）在下列实例中，用做功的方式来改变物体内能的是（ ）
A．用热水袋暖手，手温度升高
B．用手反复弯折铁丝，弯折处铁丝的温度升高
C．在炉子上烧水，水的温度升高
D．将冰块放入饮料中，饮料的温度降低
【分析】知道改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
【解答】解：A、用热水袋暖手，手的温度升高，是热传递改变了物体的内能，不符合题意；
B、用手反复弯折铁丝，弯折处铁丝的温度升高，是手对铁丝做了功，属于做功改变物体的内能，符合题意；
C、在炉子上烧水，水的温度升高，是通过热传递改变物体的内能，不符合题意；
D、将冰块放入饮料中，饮料的温度降低，是热传递改变了物体的内能，不符合题意。
故选：B。
3．（2分）下列做法中符合安全用电原则的是（ ）
A．家庭电路中控制用电器的开关一定要接在火线上
B．用电器的金属外壳不用接地线
C．把用电器的三脚插头改成两脚插头使用
D．用湿抹布擦拭带电的插座面板
【分析】（1）为了安全，开关必须串联在火线和用电器之间；
（2）大功率或带有金属外壳的用电器，必须使用三孔插座，以防外壳带电，危及人身安全；
（3）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故；
（4）生活用水是导体，湿了的物体因含有水分而能够导电。
【解答】解：A、在家庭电路中，应将控制用电器的开关接在火线上。故A符合安全用电原则；
B、金属外壳的用电器要接地，防止金属外壳漏电，发生触电事故。故B不符合安全用电原则；
C、用电器带有金属外壳或者经常有水，其金属外壳一定要通过三孔插座接地，以防用电器外壳带电，危及人身安全，将用电器三脚插头改成两脚插头使用的作法是错误的。故C不符合安全用电原则；
D、因为湿抹布是导体，用湿抹布擦拭带电的插座面板，容易发生触电事故。故D不符合安全用电原则。
故选：A。
4．（2分）有外形相同的两根钢条M、N，按图甲、图乙两种方式接触时，它们之间都有较大吸引力。则下列推断正确的是（ ）
A．M有磁性、N有磁性 B．M无磁性、N有磁性
C．M有磁性、N无磁性 D．M无磁性、N无磁性
【分析】磁体具有吸引铁、钴、镍的性质，任何磁体都具有两个磁极，磁北极N，磁南极S，磁体中磁极部分磁性最强，中间部分磁性最弱。
【解答】解：由题意可知，图甲、图乙两种方式接触时，它们之间都有较大吸引力，
因磁体的两端磁性最强，中间最弱，所以，在图甲中，钢条M的中间位置磁性弱，N却能牢牢吸引M，说明钢条N具有磁性；
同理，由图乙可知，钢条M也具有磁性，由选项可知，只有A正确。
故选：A。
5．（2分）如图所示的电路，判断下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关，会出现电源短路故障
B．电流表测量的是通过甲和乙灯泡的总电流
C．灯泡甲和乙并联
D．开关只控制甲灯泡的工作状态
【分析】（1）串联电路电流只有一条路径，电流依次经过各用电器从正极回到电源负极；并联电路电流有多条路径，分别经过各用电器从电源正极回到负极；
（2）短路分为电源短路和用电器短路，电源短路是指用导线直接将电源两端相连；而用电器短路是指用一根导线将某个用电器的两端连接起来，没有电流通过该用电器。
【解答】解：根据实物图画出的电路图如图所示：
A、闭合开关，电流经开关分支，一支经灯泡甲、另一支经电流表，灯泡乙，然后共同汇合回到电源负极，没有出现电源短路故障，故A错误；
B、由图可知，电流表与乙灯泡串联，则电流表测量的是通过乙灯泡的电流，故B错误；
C、由图可知，乙灯泡串联电流表后与甲灯泡并联，电流表的内电阻很小，相当于导线，所以甲乙两灯泡并联，故C正确；
D、由图可知，闭合开关，电流经开关分两支，则开关控制干路，故D错误。
故选：C。
6．（2分）李磊同学自行设计了一套智能家居控制系统，整个电路的通断可以通过手动开关S1控制，也可通过手机APP远程控制开关S2完成。为环保节能，当室内光线较暗时，光控开关S3会自动闭合；低于预设温度后温控开关S4会自动闭合开启空调系统，灯泡和空调系统均可独立工作。以下简化电路符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据据题意可知整个电路的通断可以通过手动控制开关S1或手机远程控制开关S2实现，说明S1和S2并联；
灯泡和风机均可独立工作、互不影响即为并联，且光控开关S3控制照明灯泡，开关S4控制风机，据此分析进行解答。
【解答】解：
整个电路的通断可以通过手动开关S1控制，也可通过手机APP远程控制开关S2完成，说明两个开关能独立工作、互不影响，S1和S2应该并联在干路上；
当室内光线较暗时，光控开关S3会自动闭合，说明S3与灯泡串联；低于预设温度后，开关S4会自动闭合开启空调系统，说明开关S4与风机串联，灯泡和空调系统均可独立工作说明灯泡和空调系统并联，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
7．（2分）如图探究滑轮组的特点，不计摩擦和绳重。将一个重为200N的物体沿竖直方向在6s内匀速提高了3m，已知绳子自由端的拉力F为125N．下列说法中正确的是（ ）
A．动滑轮重75N
B．6s内拉力F做功375J
C．6s内拉力F的功率为62.5W
D．滑轮组的机械效率为80%
【分析】（1）由图知，滑轮组承担物重的绳子股数n＝2，不计摩擦和绳重，拉力F=12（G+G动），据此求动滑轮的重力。
（2）拉力端移动距离s＝2h，利用W＝Fs计算拉力做的总功；
（3）知道做功时间，利用P=Wt求拉力做功功率；
（4）滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解：
A、由图知，n＝2，不计绳重和摩擦，拉力F=12（G+G动），即：125N=12（200N+G动），则动滑轮重力G动＝50N；故A错误。
B、6s绳子自由端移动的距离为s＝2h＝2×3m＝6m，拉力做的功为：W总＝Fs＝125N×6m＝750J；故B错误；
C、6s内拉力F的功率为：P=W总t=750J6s=125W，故C错误；
D、做的有用功：W有用＝Gh＝200N×3m＝600J，
该滑轮组的机械效率为：η=W有W总×100%=600J750J×100%＝80%，故D正确。
故选：D。
8．（2分）如图是一种自动测定油箱内油面高度的装置。R2是滑动变阻器，它的金属滑片连在杠杆一端。现需要在设计的电路中，添加一个由电表改装成的油量表，要求：开关闭合后，油箱内油面升高，油量表示数增大。则下列有关油量表的选择及连接方式不正确的是（ ）
A．用电压表，并联在A、C两点
B．用电流表，串联在A处
C．用电压表，并联在A、B两点
D．用电流表，串联在B处
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，根据油面的变化可知浮标和滑片移动的方向，进一步可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化，据此判断油量表（由电流表或电压表改装）安装的位置。
【解答】解：
BD、由电路图可知，R1与R2串联，关闭合后，油箱内油面升高时，浮标上移，滑片下移，R2接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小；
由I=UR可知，电路中的电流变大，无论电流表串联在A处还是B处，电流表（即油量表）的示数都变大，满足要求，故B、D正确；
AC、油箱内油面升高时，电路中的电流变大，由U＝IR可知，定值电阻R1两端的电压变大，根据串联电路中总电压等于各分电阻两端的电压之和可知，R2两端的电压变小，
所以，若电压表并联在A、B两点时，电压表（即油量表）的示数变大，满足要求，故C正确；若电压表并联在A、C两点时，电压表（即油量表）的示数变小，不满足要求，故A错误。
故选：A。
9．（2分）如图所示是电阻甲和乙的U﹣I图像，下列对图像信息做出的判断，正确的是（ ）
A．当甲两端电压为0.5V时，通过它的电流为2.5A
B．当乙两端电压为1V时，其电阻值为0.4Ω
C．将甲乙串联，若它们两端的总电压为2V，则通过它们的电流为0.3A
D．将甲乙并联，若电压为2V，则此时甲的电阻小于乙的电阻
【分析】（1）根据图像读出甲两端电压为0.5V时通过的电流；
（2）根据图像读出乙两端电压为1V时通过的电流，根据欧姆定律求出其电阻值；
（3）将甲和乙串联，通过两电阻的电流相等，根据图像读出两电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出它们两端的电压；
（4）将甲和乙并联，它们两端的电压相等，根据图像读出通过两电阻的电流大小关系，根据欧姆定律即可比较电阻的大小。
【解答】解：A．由图像可知，当甲两端电压为0.5V时，通过它的电流为0.1A，故A错误；
B．由图像可知，当乙两端电压为1V时，通过的电流为0.4A，
由I=UR可得，此时乙的阻值：R乙=U乙I乙=1V0.4A=2.5Ω，故B错误；
C．将甲和乙串联，若电流为0.3A，则通过两电阻的电流均为0.3A，
由图像可知此时U甲′＝1.5V、U乙′＝0.5V，
由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，它们两端的总电压：
U＝U甲′+U乙′＝1.5V+0.5V＝2V，故C正确；
D．若甲和乙并联，若电压为2V，则它们两端的电压均为2V，
由图像可知此时I甲′＜I乙′，由I=UR可知：R甲′＞R乙′，故D错误。
故选：C。
10．（2分）将一只标有“12V6W”的灯泡与一电阻串联后接到电压为12V的电源上，电阻消耗的功率为1W（灯丝电阻视作不变），则此时（ ）
A．灯泡消耗的功率小于5W
B．灯泡消耗的功率大于5W
C．灯泡与电阻消耗的总功率为6W
D．灯泡与电阻消耗的总功率为7W
【分析】因为串联电路中电流处处相等，电路消耗的总功率P=U2R，串联后总电阻变大，所以可知电路消耗的总功率的变化，已知电阻消耗的功率可知灯泡消耗的功率和总功率的大小。
【解答】解：根据公式P=U2R可知，串联后总电阻变大，电路消耗的总功率小于灯泡的额定功率，小于6W，故CD错误，
已知电阻消耗的功率为1W，所以灯泡消耗的实际功率一定小于5W，故B错误，A正确。
故选：A。
11．（2分）如图所示为某家庭卫生间电路，电灯和电热水器都在正常工作。在三孔插座上刚插上洗衣机（开关未闭合）的插头时，所有用电器都停止工作，拔出洗衣机的插头后，用测电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光，发现有一根熔丝熔断了。下列分析合理的是（ ）
A．一定是电路超负荷工作
B．断开S1、S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都发光
C．只断开S2，再用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都不发光
D．只取下灯泡，再用测电笔检测灯座的两个接线柱，氖管都发光
【分析】（1）保险丝熔断是因为电流过大，电流过大的原因是短路或用电器的总功率过大；
（2）在插上洗衣机（开关未闭合）的插头前，电灯和电热器都在正常工作，在插上洗衣机（开关未闭合）的插头，所有用电器都停止工作，说明电路中干路上有断路，测电笔测试插座的两孔，氖管都发光，说明两孔与火线是连通的，故只可能是零线断了。
【解答】解：
A、由题知，在三孔插座上刚插上洗衣机（开关未闭合）的插头时，所有用电器都停止工作，有一根熔丝熔断了，说明电路中电流过大；因洗衣机的开关未闭合，即洗衣机没有工作，说明不是用电器的总功率过大造成的（即不是电路超负荷工作），则产生该现象的原因是洗衣机的插头处短路，故A错误；
B、由题知，拔出洗衣机的插头后，用测电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光，说明三孔插座的左右两孔都与火线相连，则火线上的熔丝是完好的，所以是零线上的熔丝熔断了；
断开S1、S2时，三孔插座的左孔无法与火线相连，因此用测电笔检测三孔插座的左孔时，氖管不发光，故B错误；
C、只断开S2，开关S1的上下两个接线柱都与火线相连，因此用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都发光，故C错误；
D、只取下灯泡，灯座的左接线柱通过S1与火线相连，灯座的右接线柱通过电热器、S2与火线相连，氖管都发光，故D正确。
故选：D。
12．（2分）原长为l的橡皮筋一端固定在O点，另一端悬挂一个小钢球，将钢球从O点释放，钢球运动到A点后开始向上返回，O、A两点间距离为2l，如图所示。则能反映钢球从O点运动到A点的过程中，其动能E随运动距离s变化的关系图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】小球下降过程，重力势能转化为动能的过程；小球拉动橡皮筋，小球动能转化为橡皮筋的弹性势能，动能逐渐变小，据此分析小球动能随移动距离变化并做出判断。
【解答】解：橡皮筋长为l，小球从初始状态下降至l过程中，重力势能转化为动能，小球做加速运动，动能逐渐变大；
小球从l继续下降至2l过程中，弹力先小于重力，所以小球继续加速，动能继续增大。当弹力等于重力时，合力等于零，此时小球达到最大速度，因此，动能最大的点在大于l的位置，此后弹力大于重力，小球做减速运动，动能逐渐减小，对照选项中的图像可知，只有B选项符合题意。
故选：B。
第Ⅱ卷 非选择题
二．填空题（共10小题，每空1分，满分31分）
13．（2分）中考体育考试中，小刚投出的实心球在空中的运动轨迹如图所示。若不考虑空气阻力，则实心球从离开手后到达最高点的过程中，球的机械能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），在最高点时，球的动能 （选填“大于”或“等于”）零。
【分析】不考虑能量损失，动能和势能转化过程中，机械能总量守恒；
球到达最高点时，仍有向前运动的速度。
【解答】解：实心球从离开手后到达最高点的过程中，不考虑空气阻力，只有动能转化为重力势能，实心球的机械能守恒，即球的机械能不变；
实心球在最高点时，仍有向前的速度，所以其动能大于零。
故答案为：不变；大于。
14．（2分）如图是四冲程汽油机工作状态示意图，由图可以看出，此时它正处在 冲程，若汽油机飞轮转速为2400r/min，则该汽油机1s完成 个冲程。
【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；根据气门的关闭情况和活塞的运行方向判断什么冲程；
四冲程内燃机飞轮每转2圈，完成4个冲程，1个工作循环，并对外做功1次。
【解答】解：从图中可以看出，两气门都关闭、活塞向上移动，可以判断这个冲程是压缩冲程。
飞轮转速为2400r/min＝40r/s，则汽油机在1s内飞轮转40r，完成80个冲程，对外做功20次。
故答案为：压缩；80。
15．（4分）小英家6月底电能表的示数如图甲所示，7月底表盘示数如图乙所示，由图可知：该电能表的额定电压是 V；她家7月份电路消耗的电能为 kW•h；她家现在已经接入用电器的总功率为3600W，则最多还可以连接 W的用电器同时工作。将铭牌已模糊的饮水机单独接在该电能表上正常工作3min，电能表指示灯闪烁了160次，则饮水机的额定功率是 W。
【分析】（1）根据图片中的电压判定电能表的额定电压；电能表显示的数字中最后一位是小数，单位为kW•h，两次示数只差即为本月用的电。
（2）由电能表的参数可知工作电压和允许工作的最大电流，根据P＝UI求出电能表允许用电器工作的最大总功率；
（3）3200imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，据此可求出当电能表指示灯闪烁160次消耗的电能，又知道工作时间，根据公式P=Wt求出该用电器消耗的功率。
【解答】解：
（1）由图知，电能表的额定电压是220V；小英家7月份用电器消耗的电能为：W＝6768.2kW•h﹣6628.2kW•h＝140kW•h；
（2）由电能表的参数可知，工作电压为U＝220V，允许通过的最大电流为I＝30A，
电能表允许用电器工作的最大总功率：P大＝UI＝220V×30A＝6600W，
已知她家现在已经接入用电器的总功率为3600W，
则最多还可以同时连接用电器的功率为6600W﹣3600W＝3000W；
（3）3200imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，
则电能表指示灯闪烁160次时，饮水机消耗的电能：W=1603200kW•h＝0.05kW•h，
饮水机的实际功率：P=Wt=0.05kW⋅h360h=1kW＝1000W。
因为饮水机正常工作，所以饮水机的实际功率等于额定功率，则饮水机的额定功率是1000W。
故答案为：220；140；3000；1000。
16．（2分）如图，只让电铃工作，应该闭合开关 ；如果让电铃与灯并联工作，应该闭合开关 。
【分析】根据串联和并联概念分析。把几个用电器首尾相接，连入电路就是串联。把几个用电器首首相接，尾尾相接，再连入电路，就是并联。
【解答】解：要只让电铃工作，则只有电铃连入电路中，则由图可知应闭合开关S3，断开S1、S2；
要让电铃与灯并联工作（即电铃和电灯首首相接，尾尾相接），则由图可知应当闭合开关 S1、S3，断开S2；
故答案为：S3；S1、S3。
17．（3分）（1）如图甲所示，电阻箱的示数为 Ω。
（2）图乙所示电能表的月末示数为 kW•h． 若该表月初示数572.6kW•h，此月消耗电能 kW•h。
【分析】（1）电阻箱读数时根据对应的倍数的指针所对的数字读数；
（2）电能表是测量一段时间内家庭电路消耗电能的多少的，上面有5个数字窗口，注意最后一位是小数点位，前后两次示数之差就是这段时间消耗的电能。
【解答】解：（1）×1000的位置对应的数是6，×100的位置对应的数是0，×10的位置对应的数是4，×1的位置对应的数是1，故电阻箱的示数是6041Ω；
（2）由图可知电能表的示数是586.6kw•h，若该表月初示数572.6kW•h，则本月消耗的电能为586.6kw•h﹣572.6kW•h＝14kw•h。
故答案为：（1）6041；
（2）586.6、14。
18．（4分）如图所示是某晶体熔化时温度随时间变化的图像，根据图像可以判断：物体在t2时的内能 在t3时的内能（小于/等于/大于），理由是 。物理中将晶体熔化成同温度液体时所吸收的热量与其质量之比叫该晶体的熔化热，用字母λ表示。已知冰的熔化热λ冰为3.36×106J/kg，若以一个酒精炉为热源，将50g初温为0℃的冰全部熔化为0℃的水，共燃烧了14g酒精，酒精的热值为3×107J/kg。则这些冰熔化时所吸收的热量为 J，此酒精炉熔冰的效率为 。
【分析】（1）晶体熔化的条件：达到熔点，继续吸热，并且将吸收的热量转化为物体内能；
（2）知道冰的熔化热和冰的值，两者的乘积即为这些冰熔化时所吸收的热量，又知道酒精的热值和质量，根据Q放＝mq求出完全燃烧释放的热量，利用η=Q吸Q放×100%求出此酒精炉熔冰的效率。
【解答】解：（1）由图像可知，该晶体的熔点为0℃，熔化过程中物体继续吸收热量但温度不变，
所以，物体在t2时的内能小于在t3时的内能；
（2）这些冰熔化时所吸收的热量：
Q吸＝m冰λ冰＝50×10﹣3kg×3.36×106J/kg＝1.68×105J，
酒精完全燃烧释放的热量：
Q放＝mq＝14×10﹣3kg×3×107J/kg＝4.2×105J，
则此酒精炉熔冰的效率：
η=Q吸Q放×100%=1.68×105J4.2×105J×100%＝40%。
故答案为：小于；晶体熔化时要吸热；1.68×105；40%。
19．（2分）如图所示，沿斜面向上匀速拉一个重为100N的物体到斜面顶端，斜面长0.5m，高0.3m，拉力为80N，则这个斜面的机械效率是 %，物体受到的摩擦力是 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=W有用W总×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×0.3m＝30J，
拉力做的总功：
W总＝Fs＝80N×0.5m＝40J，
斜面的机械效率：
η=W有用W总×100%=30J40J×100%＝75%，
克服摩擦力所做的额外功：
W额＝W总﹣W有＝40J﹣30J＝10J，
由W＝fs可得，物体受到的摩擦力：
f=W额s=10J0.5m=20N。
故答案为：75； 20。
20．（4分）如图甲所示，电源电压保持不变，当闭合开关S，将滑动变阻器滑片P分别位于最右端a和其上某处b（图中未标出），记录两电表数据并标于图乙中M、N两点处。则滑动变阻器的最大阻值为 Ω，电源电压是 V，电阻R1的阻值为 Ω。将滑片P从b点再移至某处c（图中未标出）的过程中，两电表示数变化量的比值将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。
【分析】由图甲可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片位于a端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表的示数最大，根据图像读出电路中的最小电流和电压表的示数，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
（2）当滑片位于a端时，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压；当滑片位于b点时，读出此时的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值，进一步求出电源的电压；
（3）设出滑动变阻器R2的滑片P向右移动过程中电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电压表示数的变化量，进一步得出电压表V示数变化量与电流表A示数变化量的比值变化。
【解答】解：由图甲可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片位于a端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表的示数最大，
由图乙可知，电路中的最小电流I最小＝0.2A，此时R2两端的电压U最大＝4V，
由I=UR可得，滑动变阻器的最大阻值：
R2=U最大I最小=4V0.2A=20Ω；
（2）当滑片位于a端时，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电源的电压：U＝I最小（R1+R2）＝0.2A×（R1+20Ω），
当滑片位于b点时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，
由图乙可知，电路中的电流Ib＝0.4A，此时R2两端的电压U2＝2V，
则电源的电压：U＝U2+IbR1＝2V+0.4A×R1，
因电源的电压不变，
所以，2V+0.4A×R1＝0.2A×（R1+20Ω），
解得：R1＝10Ω，
则电源的电压：U＝U2+IbR1＝2V+0.4A×10Ω＝6V；
（3）将滑片P从b点再移至某处c，假设将滑片P向右移动，前后两次电路中的电流分别为I、I′，
则电压表示数的变化量：
△U2＝（U﹣I′R1）﹣（U﹣IR1）＝（I﹣I′）R1＝△IR1，即 △U2△I=R1，
由于R1为定值电阻，所以，电压表V示数变化量与电流表A示数变化量的比值将不变。
故答案为：20；6；10；不变。
21．（4分）如图甲所示，电压U＝12V，灯泡L的额定电压为9V，其电流与电压的关系如图乙所示。滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。则灯泡L正常发光时，1s内做的功为 J，阻值为 Ω，在调节滑动变阻器的过程中，灯泡L消耗电功率的最小值是 W。在某次正常调节中，R的阻值变化量比L的阻值变化量大，则滑片P的移动方向是 （选填“一定向左”“一定向右”或“向左、向右均可”）。
【分析】（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据图像读出通过灯泡的电流，根据P＝UI求出正常发光时的功率，利用欧姆定律求出灯泡正常发光时灯丝的电阻；
（2）由电路图可知，R与L串联，当滑动变阻器连入电路的电阻最大时灯泡L消耗电功率的最小，根据图像读出R与L两端的总电压是12V时的电流和灯泡两端电压，根据P＝UI求出灯泡的最小功率；
（3）因电源电压不变，根据欧姆定律先判断出两种情况下总电阻的变化，再根据灯的电阻随温度的升高而增大随温度的降低而减小和串联电阻的规律分析回答。
【解答】解：（1）灯泡正常发光时的电压为9V，由图像可知，灯泡正常发光时的电流IL＝1.5A，
则灯泡L正常发光时，1s内做的功为：WL＝ULILt＝9V×1.5A×1s＝13.5J；
由I=UR可得，此时灯丝的电阻：
RL=ULIL=9V1.5A=6Ω；
（2）由甲电路图可知，R与L串联，当滑动变阻器连入电路的电阻最大时，电流最小，灯泡L消耗电功率的最小，变阻器接入的最大阻值R＝10Ω；
由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压U＝UL′+IR，
即：12V＝UL′+I×10Ω，
结合图像可知，当电路中的电流为1A，此时灯泡两端电压为2V，满足上述等式。
则灯泡的最小功率：PL最小＝UL′I＝2V×1A＝2W；
（3）a、滑片向左移动时，滑动变阻器的电阻变小，设原来电路中的电流为I1（即通过灯的电流），滑片往左滑一段距离后电路中的电流为I2（即通过灯的电流），
因变阻器的电阻变小，根据分压原理可知：变阻器分得电压变小，
由串联电路电压的规律可知，灯泡分得的电压增大，通过灯的电流也增大，所以I1＜I2，
由于电源电压不变，则根据I=UR可知：R总1＞R总2，即滑片向左移动后电路的总电阻变小；
滑片向左移动后电流变大，根据P＝UI可知灯的实际功率增大，灯丝的温度升高，小灯泡阻值随温度的升高而变大，
因总电阻减小，由电阻的串联规律可知：变阻器R的阻值减小量大于灯泡L的阻值增大量；
b、滑片向右移动时，滑动变阻器的电阻增大，灯泡变暗，电流变小，电路的总电阻变大，但灯丝的温度降低，灯泡的电阻减小，所以变阻器R的阻值增大量大于灯泡L的阻值减小量；
综上可知，滑片不论向左还是向右移动，R的阻值变化量比L的阻值变化量大。
故答案为：13.5；6；2；向左、向右均可。
22．（4分）在如图甲所示电路中，电流表A1测量通过 的电流，电流表A2测量通过 的电流。（以上均选填“干路”、“L1”或“L2”）当开关S闭合后，两电流表指针偏转均如图乙所示，则A1电流表的读数应为 A，通过灯泡L1的电流为 A。
【分析】由电路图可知，两灯泡并联，电流表A1测干路的电流，A2测量L2的电流，根据并联电路的电流特点确定电流表的量程，再确定分度值，根据电流表指针的位置，读出示数。
【解答】解：
由电路图可知，两灯泡并联，电流表A1测干路的电流，A2测量L2的电流；
已知两只电流表的指针偏转刻度相同，且并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A1的量程为0～3A，分度值为0.1A，示数为1.5A；
电流表A2的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A；
则通过电阻R1的电流为：I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.3A＝1.2A。
故答案为：干路；L2；1.5；1.2。
三．作图题（共3小题，满分6分，每小题2分）
23．（2分）如图所示，请在杠杆端点B处画出杠杆受到的拉力Fl的示意图并作A点受到拉力的力臂L。
【分析】确定Fl的方向和作用点，按照力的示意图的画法画出其示意图；从支点作力的作用线的垂线段，即可作出力的力臂。
【解答】解：杠杆端点B处受到拉力Fl的方向竖直向下，过B点沿竖直向下的方向画一条有向线段，并标明Fl；
A点受到的拉力沿绳子斜向上，过支点O作该力的作用线的垂线段，即可做出力臂L，如图所示：
24．（2分）请在图两虚线框内分别填入电源与灯泡的电路符号，使之成为并联电路，且电流方向符合图中箭头所示。
【分析】可以将开关或电源分别放入空缺处，然后分析两种情况，看看是否符合题意。
【解答】解：若将电源放入上方，则开关只能控制一个灯泡，另一灯泡处于常亮状态，则电源放在下方的空缺处，开关能同时控制两个灯泡，同时注意电流方向符合图中箭头所示，即电源上方为正极。
如下图：
25．（2分）地球周围存在磁场，如图所示，请标出地面附近的小磁针静止时N极的指向。
【分析】地球是个大磁铁，地球的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，小磁针N极指向和该点的磁场方向相同。
【解答】解：
地球是个大磁铁，地球的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近；
地磁场在的小磁针的N极和该点的磁场方向相同，地磁场的磁感线都是从地磁北极出发到地磁南极，所以小磁针N极指向如红色的N，如图所示：
四．计算题（共2小题，满分12分）
26．（6分）正在到来的第四次工业革命将使人类进入“无人机时代”。各种类型的机器人纷纷问世，其中会飞的机器人﹣﹣“无人机”异军突起，频频出现在公众的视野中。WJ﹣600无人机采用了战术无人机常用的常规气动布局，尾部装有一台涡轮喷气发动机。该机是我国少数采用喷气发动机作为动力系统的战术攻击无人机，它集高空、高速、无人、侦查、打击为一体的无人机，最大输出功率为200kW，能够在1.4×104km的高空以648km/h的速度飞行。它具备全自主起降和飞行能力，其机体结构选用铝合金材料。
（1）“无人机”机体结构选用铝合金材料是因为在体积一定时， 。
（2）若该无人机在1.4×104km的高空以648km/h匀速飞行，求此时无人机受到的空气阻力是多少？（结果保留整数）
（3）该机在某次到900km处执行任务（以648km/h速度匀速飞行）时，载弹后整机质量2.5t（含油料），如果涡轮喷气发动机的机械效率为30%，则刚刚升空后水平匀速飞行时机翼产生的升力是多大？假设燃料完全燃烧，此次执行任务至少添加航空燃料多少千克？（g＝10N/Kg，航空燃料热值5.0×107J/Kg）
【分析】（1）根据ρ=mV可知，在体积一定时，密度越小，质量越小；
（2）根据P=Wt=Fst=Fv，由已知条件求出牵引力，根据二力平衡，此时无人机受到的空气阻力；
（3）根据G＝mg求载弹后整机重力，根据二力平衡得出水平匀速飞行时机翼产生的升力；
由速度公式求此次执行任务飞行时间；根据W有＝Pt求有用功，由涡轮喷气发动机的机械效率η=W有Q放=W有mq求此次执行任务至少添加的 航空燃料。
【解答】解：（1）根据ρ=mV可知，在体积一定时，密度越小，质量越小，
所以，无人机”机体结构选用铝合金材料是因为在体积一定时，铝合金的密度较小，可减轻无人机的质量；
（2）v＝648km/h＝180m/s，
由P=Wt=Fst=Fv得故牵引力：
F=Pv=2×105W180m/s≈1111N；
因飞机做匀速直线飞行，根据二力平衡，此时无人机受到的空气阻力：
f＝F＝1111N；
（3）载弹后整机重力：
G＝mg＝2.5×103kg×10N/kg＝2.5×104N，
当飞机水平匀速飞行时机翼产生的升力与它的重力二力平衡：
则F升＝G＝2.5×104N；
根据v=st可得，此次执行任务飞行时间至少为：
t=sv=2×900km600km/h=3h＝1.08×104s，
根据P=Wt可得有用功：
W有用＝Pt＝2.0×105W×1.08×104s＝2.16×109J
由η=W有Q放=W有mq得，此次执行任务至少添加航空燃料的质量：
m′=W有ηq=2.16×109J5.0×107J/kg×30%=144kg。
答：（1）铝合金的密度较小，可减轻无人机的质量；
（2）此时无人机受到的空气阻力是1111N；
（3）刚刚升空后水平匀速飞行时机翼产生的升力是2.5×104N；假设燃料完全燃烧，此次执行任务至少添加航空燃料144kg。
27．（6分）近来网上热卖的空气炸锅，可以不用或少用油制作炸制食品。实际就是利用风扇将电热管产生的热量吹向食品进行加热，形象一点就是在锅里放了一台吹风机，用热风吹食物。其内部电路原理如图，相关参数如表。试求：
额定电压
220V
电源频率
50HZ
热风功率
1210W
冷风功率
110W
（1）热风加热时电路中的总电流。
（2）热风加热5min，整个电路消耗的电能。
（3）正常工作时电热管R的电阻。
（4）图中电动机线圈的电阻为10Ω，1min内电流通过电动机线圈产生的热量。
【分析】（1）根据表格数据可知热风加热时的功率，根据P＝UI求出热风加热时电路中的总电流；
（2）根据W＝P t得出整个电路消耗的电能；
（3）由电路图结合题意可知，热风加热时电风扇和电热丝R并联同时工作，冷风时只有电风扇工作；根据冷风功率和公式P＝UI求出通过电动机的电流；由并联电路的电流特点可得正常加热时通过电热管的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出正常工作时电热管的电阻；
（3）根据Q＝I2Rt算出1min内电流通过电动机线圈产生的热量。
【解答】解：
（1）由表格数据可知，热风功率P热＝1210W，根据P＝UI可得，热风加热时电路中的总电流：I=P热U=1210W220V=5.5A；
（2）热风加热5min＝300s，整个电路消耗的电能：
W＝P热t＝1210W×300s＝3.63×105J；
（3）由电路图结合题意可知，热风加热时电风扇和电热丝R并联同时工作，冷风时只有电风扇工作，
由表格可知，冷风功率为P冷＝110W，
则通过电动机的电流为：I2=P冷U=110W220V=0.5A，
由并联电路的电流特点可得，正常加热时通过电热管的电流：
I1＝I﹣I2＝5.5A﹣0.5A＝5A，
由欧姆定律I=UR，正常工作时电热管的电阻；
R=UI1=220V5A=44Ω；
（3）1min＝60s内电流通过电动机线圈产生的热量：
Q放＝I22 R线圈t＝（0.5A） 2×10Ω×60s＝150J。
答：（1）热风加热时电路中的总电流为5.5A；
（2）热风加热5min整个电路消耗的电能为3.63×105J；
（3）正常工作时电热管的电阻为44Ω；
（3）1min内电流通过电动机线圈产生的热量为150J。
五．实验探究题（共5小题，每空1分，满分27分）
28．（5分）如图所示是实验室的一些实验装置，图中的小车、木板、木块、斜面均相同，且h1＞h2。
（1）本实验的研究对象是 ；
（2）要探究动能大小与速度的关系，应选择 两图进行探究，两次实验中木块滑动过程中克服摩擦力做功 （选填“相等”或“不相等”）；
（3）在研究动能与质量的关系时，作图d实验时，木块被撞后滑出木板，为了完成实验，你应对图（d）实验做的改进是 。
（4）实验中，根据木块移动的距离来判断小车动能的大小，下列实验中用到的研究方法与此相同的有 。（多选题）
A．探究杠杆的平衡条件时进行了多次实验
B．在“空气压缩引火仪“实验中，通过棉花燃烧反映筒内空气内能变化
C．研究电流时，用水流类比电流
D．根据木桩陷入沙槽的深度判断物体重力势能的大小
【分析】（1）为了探究动能大小与速度的关系应控小球的制质量不变，改变小球的速度，所以应改变小车的高度；实验中使小车从同一斜面的同一高度由静止开始运动；本实验研究的是小球的动能的大小；
（2）探究“动能大小与速度的关系”应控制质量相同，根据小车推动木块移动的距离判定动能的大小；根据影响摩擦力大小的因素分析；
（3）木块被撞后滑出木板，说明动能较大，据此分析；
（4）根据每个实验的研究方法分析。
【解答】解：（1）本实验研究的是小车，该实验是通过观察木块被撞击后移动的距离来比较小车动能的大小的，观察对象是木块；
（2）探究“动能大小与速度的关系”应控制质量相同，使用质量相同的小车从斜面的不同高度滚下，且让小车在相同的水平面上滑行，故应选择ac进行实验；
木块滑动时，由于压力的大小和接触面的粗糙程度不变，故受到的摩擦力不变，则f1＝f2；由于运动的距离不同，所以由W＝fs可知，克服摩擦力所做的功是不同的；
（3）木块被撞后滑出木板，说明小车的动能较大，可以通过用质量较小的砝码放在小车上来减小小车的动能；
（4）实验中，根据木块移动的距离来判断小车动能的大小，采用的是转换法；
A、探究杠杆的平衡条件时，需要多次改变动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小，观察动力与动力臂的乘积与阻力与阻力臂的乘积之间的关系，是归纳法；
B、在“空气压缩引火仪”实验中，通过棉花燃烧反映筒内空气内能变化，采用的是转换法；
C、研究电流时，用水流类比电流，采用的是类比法；
D、根据木桩陷入沙槽的深度判断物体重力势能的大小采用的是转换法；故选BD。
故答案为：（1）小车； （2）ac；不相等；（3）用质量较小的砝码放在小车上；（4）BD。
29．（5分）在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，使用规格相同的电加热器加热，实验装置如图所示。
加热时间/min
0
1
2
3
4
甲的温度/℃
30
34
38
42
46
乙的温度/℃
10
18
26
34
42
（1）实验中应量取 （选填“质量”或“体积”）相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中；
（2）实验中，通过 （选填“升高的温度”或“加热时间”）来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少；
（3）在两种液体都不沸腾的前提下，小明认为要把甲、乙两种液体加热到相同的温度然后进行比较；小芳认为要加热相同的时间然后进行比较。你认为方法可行的是 （选填“小明”“小芳”或“都可行”）；
（4）分析上表数据得后要在甲乙两种液体中选择一种液体做冷却液，你认为选择 （选填“甲”或“乙”）液体较为合理；
（5）小明认为实验过程是在一种理想状态下进行的，事实上实验过程中会有热量散到周围环境中。小明想知道热量散失的过程是热传递导致还是热传递和蒸发共同作用的结果，于是他将两相同的烧杯内倒入同等质量温度相同的热水。如果他想初步得到结果还需要怎么做？请你自己添加器材帮他设计一简单实验来探究结果 。
【分析】（1）（2）比较物质吸热能力实验需要应用控制变量法，根据控制变量法的要求分析答题；
（3）要比较不同物质的吸热能力，有两种办法：①让质量相同的不同物质加热相同的时间，看温度的变化值，温度变化值大的物质吸热能力弱；②将质量相同的不同物质加热到相同的温度，比较加热时间的不同，加热时间长的物质吸热能力强。
（4）根据表格中的数据分析；比热容大的，吸收相同的热量，温度升高的小，更适合做冷却液；
（5）小明想知道热量散失的过程是热传递导致还是热传递和蒸发共同作用的结果，实验中需要改变热传递和蒸发的快慢。
【解答】解：（1）探究物质吸热能力实验，实验中应量取质量相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中；
（2）用相同的电加热器加热，加热相同的时间，放出的热量就是相等的，甲和乙吸收的热量也就是相等的，所以物质吸热的多少是通过加热时间来反映的；
（3）比较甲、乙两种液体吸热本领的大小，可以加热相同的时间，观察两种液体温度的变化量，温度变化量越大说明吸热能力弱；也可以加热到相同的温度，比较加热时间的长短，加热时间长的吸热能力强，因此这两种方法都可以比较出液体的吸热能力；
（4）由表格中的数据可知，在相同的时间内，吸收相同的热量，甲的温度升的低，乙的温度升的高，则甲的吸热能力强；根据Q＝cm△t，吸收相同的热量，比热容大的，温度升高的就小，就更适合做冷却液，甲的吸热能力强，甲的比热容大，故甲做冷却液更好；
（5）小明想知道热量散失的过程是热传递导致还是热传递和蒸发共同作用的结果，实验中一个烧杯上加盖，另一个不加盖，改变热传递和蒸发的快慢，然后用温度计测量相同时间后水的温度进行对比。
故答案为：（1）质量；（2）加热时间；（3）都可行；（4）甲；（5）一个烧杯上加盖，另一个不加盖，用温度计测量相同时间后水的温度。
30．（5分）如图是小鑫探究“电流与电压、电阻关系”时所连电路，其中有一根导线连错了，改正后探究“电流与电阻的关系”时，用到如下器材：电源电压6V，电流表、电压表各一只，定值电阻5Ω、10Ω、20Ω、25Ω各一个，滑动变阻器标有“40Ω 2A”字样，开关一只。实验部分数据如表：
实验序号
1
2
3
电阻R/Ω
5
10
20
电流I/A
0.40
0.20
0.10
（1）请你在图中错误导线中打上“×”，再画线改到正确的位置上。
（2）根据表中数据可知电阻R两端电压U＝ V。小鑫测量了5Ω的电阻两端的电压和电流后，断开开关，只拆下5Ω的电阻改换成10Ω的电阻，然后闭合开关，电压表示数将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。接下来她应将滑动变阻器的滑片向 端（选填“左”或“右”）移动。
（3）小鑫用25Ω的电阻替换20Ω的电阻进行了第4次实验，发现实验无法进行下去，为完成第4次实验，此时她可以换用最大电阻至少为 Ω的滑动变阻器。
【分析】（1）原图中，电流表与定值电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联；
（2）根据表中数据，由欧姆定律求出电阻R两端电压；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
（3）根据串联电路电压的特点和分压原理求出变阻器连入电路中的阻值，据此作答。
【解答】解：（1）原图中，电流表与定值电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联，修改后如下所示：
（2）根据表中数据，由欧姆定律，可知电阻R两端电压：
U＝IR＝0.4A×5Ω＝﹣﹣﹣﹣0.1A×20Ω＝2V；
根据串联分压原理可知，将定值电阻R由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，要使定值电阻两端的电压减小为原来的电压值，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，
由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左移动；
（3）滑动变阻器标有“40Ω 2A”字样，可知变阻器的最大电阻为40Ω，当定值电阻为25Ω时，
电路中的电流为：
I′=UVR=2V25Ω=0.08A，
根据串联电路电压的规律知，滑动变阻器两端的电压为：U滑＝U﹣UV＝6V﹣2V＝4V，
滑动变阻器的最大电阻为：
R滑大=U滑I'=4V0.08A=50Ω，即可以换用最大电阻至少为50Ω的滑动变阻器。
故答案为：（1）见上图；（2）2；变大；左；（3）50。
31．（5分）图甲为伏安法测未知电阻Rx的实验电路图。
（1）若闭合开关后，发现电流表无示数，电压表有示数，若电路只有一处故障，则故障可能是 ；
（2）故障解决后，重新闭合开关，调整滑动变阻器得到电压表和电流表示数如图乙和丙所示，则该电阻的阻值为 Ω，为了减小误差，接下来正确的操作是 ；
（3）在图甲电路中，已知滑动变阻器的最大阻值，如拆掉一个电表，还想知道Rx的阻值，那么可行的方案是 （选填“拆掉电流表”“拆掉电压表”或“拆掉电压表或电流表都行”），则闭合开关后，需要记录变阻器滑片在 时电表的示数。
【分析】（1）若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了（另一种情况可能是电流表短路）
（2）根据电表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律I=UR求出该电阻的阻值；为了减小误差，要多次测量求平均值，据此分析；
（3）若在图甲中，电路中只有电压表或电流表，可分别记录变阻器滑片在a和b端时电表的示数，根据串联电路的规律及欧姆定律（或串联电路电压的规律及分压原理）求出待待测电阻的大小。
【解答】解：（1）若闭合开关后，发现电流表无示数，电路可能断路，电压表有示数，则电压表与电源连通，若电路只有一处故障，则故障可能是电阻Rx断路（或电流表短路）；
（2）故障解决后，重新闭合开关，调整滑动变阻器得到电压表和电流表示数如图乙和丙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.4V，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.24A，由欧姆定律I=UR，则该电阻的阻值为：
R=UI=2.4V0.24A=10Ω，
为了减小误差，接下来正确的操作是：调节变阻器的滑片，改变电压和电流，多次测量求平均值；
（3）在图甲电路中，已知滑动变阻器的最大阻值，若只有电流表，分别记下变阻器滑片在 a和b端时电流表的示数Ia和Ib，
在a端时，两电阻串联，由串联电路的规律及欧姆定律，电源电压：
U＝Ia（R滑+Rx）﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
在b端时，为待测电阻的简单电路，由欧姆定律，电源电压：
U＝Ib×Rx；﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②可得出待测电阻大小；
若只有电压表，分别记下变阻器滑片在 a和b端时电压表的示数Ua和Ub，
在a端时，两电阻串联，电压表测待测电阻的电压Ua；
在b端时，为待测电阻的简单电路，电压表测电源电压Ub：
由串联电路的规律及分压原理有：
Ub-UaUa=R滑Rx------③，由③可得出待测电阻大小；
故去掉如拆掉一个电表，还想知道Rx的阻值，那么可行的方案是拆掉电压表或电流表都行，则闭合开关后，需要记录变阻器滑片在a和b端时电表的示数。
故答案为：（1）电阻Rx断路（或电流表短路）；
（2）10； 调节变阻器的滑片，改变电压和电流，多次测量求平均值；
（3）拆掉电压表或电流表都行；a和b端。
32．（7分）小明和小红在测量额定电压为3.8V的小灯泡电功率实验中，小明连接了如图甲所示的电路（电源电压6V保持不变，电路元件完好，接线柱接线牢固）。
（1）如图甲所示在未检查电路连接是否正确的情况下，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，电压表的示数将 （选填“变化”或“不变”）。
（2）检查电路发现一处错误，指出连接错误的导线是 （填“a”、“b”、“c”或“d”）。
（3）排除故障后，继续实验，分别记下了多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制了如图乙所示的I﹣U图像。某次实验时电流表示数如图丙所示，电流表的示数为 A，此时小灯泡的电阻是 Ω；当小灯泡正常发光时，它的额定功率是 W。
（4）小红将电压表正确接在变阻器两端实验，经过正确的操作也测出了小灯泡的额定功率，你认为 的做法比较好，理由是 。
【分析】（1）分析电路可知电压表测量的是电源电压，无论如何调节滑动变阻器滑片，电压表的示数都不变；
（2）根据实验要求，电压表应测量的是灯泡的电压，分析连接错误的导线；
（3）根据电流表的分度值读出电流表的示数，由欧姆定律计算电阻，由P＝UI计算功率；
（4）根据串联分压原理可得滑动变阻器两端的电压，选择合适的电压表量程，提高测量的准确程度。
【解答】解：（1）如图甲所示，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量的是电源电压，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，电压表的示数将不变；
（2）根据实验要求，电压表应测量的是灯泡的电压，故连接错误的导线是d；
（3）如图丙所示，电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，电流表的示数为0.18A，如图乙可知此时灯泡的电压为1.8V，由欧姆定律可得小灯泡的电阻为：R=UI=1.8V0.18A=10Ω，当小灯泡正常发光时，灯泡的电压为额定电压3.8V，如图乙可知此时灯泡的电流为0.28A，由P＝UI计算灯泡的额定功率为：P额＝U额I额＝3.8V×0.28A＝1.064W；
（4）因电源电压为6V，使小灯泡正常发光时电压为额定电压3.8V，根据串联分压原理可知滑动变阻器分得的电压为2.2V，若改变电压表量程，选用0～3V量程接在滑动变阻器两端，电压表的分度值为0.1V，读数更加精确，故小红的做法比较好，理由是用电压表小量程测量电压能提高测量的准确程度，从而减小误差；
故答案为：（1）不变；（2）d；（3）0.18；10；1.064；（4）小红；用电压表小量程测量电压能提高测量的准确程度，从而减小误差。
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