2021-2022学年江苏省泰州市海陵区九年级（上）期末物理试卷

这是一份2021-2022学年江苏省泰州市海陵区九年级（上）期末物理试卷，共28页。试卷主要包含了3kW⋅h，则这个用电器可能是，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年江苏省泰州市海陵区九年级（上）期末物理试卷

1. 关于温度，热传递和热量，下列说法中正确的是( )
A. 温度高的物体具有的热量多
B. 热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体
C. 温度低的物体含有的热量少
D. 热总是从热量多的物体传递到热量少的物体
2. 下列说法中正确的是( )
A. 机械效率越大机械，做功越多
B. 使用机械，有时可以省力，有时可以省功
C. 做功快的机器，功率一定大
D. 只要有力作用在物体上，这个力就一定对物体做了功
3. 小伟利用电能表和秒表测某家用电器的电功率，当电路中只有这个用电器工作时，测得在15min内消耗的电能为0.3kW⋅h，则这个用电器可能是( )
A. 洗衣机 B. 家庭照明白炽灯
C. 电视机 D. 空调机
4. 在东京奥运会女子10米跳台跳水比赛中，中国选手全红婵以3轮满分(共5跳)的成绩勇夺冠军。则全红婵从起跳到入水的过程中，她所受的重力做功大约为( )
A. 350J B. 3500J C. 15000J D. 35000J
5. 如图是探究焦耳定律的实验装置，两个烧瓶中装着等质量、等温度的煤油，电阻阻值R1>R2。闭合开关一段时间后，记录两支温度计的示数。下列说法中正确的是( )
A. 闭合开关，电阻两端的电压关系为U1h2)。
(1)该实验的研究对象是______。
(2)实验过程中发现两次木块移动距离s1、s2相差太小。仅利用原有器材，通过______，可使两次木块移动距离差变大，实验现象更明显。
(3)改进实验方案，完成实验后，得出的结论是______。
(4)下列现象可以用该结论解释的是______。
A.高速公路限高
B.高速公路限重
C.桥梁限重
D高速公路限速
(5)下列实验中的物体，与本实验的木块作用相似的是______。
A.“点火爆炸”实验中滴入的酒精
B.“探究影响重力势能大小因素”实验中的小桌
C.“探究不同物质吸热升温现象”实验中的水和沙子
D.“比较质量相同的不同燃料燃烧放出热量”实验中的水

19. 小华在测量滑轮组机械效率的实验中，所用装置如图所示，实验中每个钩码重2N，测得的数据如表所示：
物理量
实验次数
钩码总重G/N
钩码上升的高度h/m
测力计示数F/N
测力计移动距离s/m
机械效率η
1
4
0.1
1.8
0.3
74%
2
6
0.1
2.4
0.3

3
4
0.1
1.4
0.5
57%
4
4
0.2
1.4
1.0
57%
(1)在实验中，测绳端拉力F时，应沿竖直方向______拉动弹簧测力计，且在拉动过程中读数。
(2)第2次实验测得的机械效率为______(结果保留整数)。
(3)分析表中数据可知：第4次实验是用______(a/b/c)图做的。
(4)分析第1、2次实验数据可知：使用同一滑轮组，______可以提高滑轮组的机械效率，分析第1、3次实验数据可知：影响滑轮组的机械效率高低的因素主要是______。
(5)分析第______次实验数据可知，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。
20. 在测量未知电阻Rx(阻值约为150Ω)的实验中，提供的实验器材有：电源(电压3V)、滑动变阻器R(0∼50Ω)、电阻箱R0(0∼9999Ω)、电流表(0∼0.6A)、电压表(0∼3V)、开关及导线若干。
(1)小虎同学设计了如图甲所示的电路，他______(选填“能”或“不能”)较准确测出Rx的阻值，理由是______。
(2)小清设计的测量额定电压为“2.5V”小灯泡额定功率的电路如图乙所示，图中电源电压保持3V不变，滑动变阻器R的规格为“50Ω1A”。

①他的测量步骤如下：
第1步：闭合开关S1，S2拨向______(选填“a”或“b”)，调节______(选填“R”或“R0”)，使电压表的示数为2.5V；
第2步：闭合开关S1，S2拨向______(选填“a”或“b”)，调节______(选填“R”或“R0”)，使电压表的示数仍为2.5V，读出此时电阻箱接入电路中的阻值如图丙所示，则小灯泡的额定功率为______W(保留两个小数)；
②在“第2步”中，若小清无意中将滑动变阻器的滑片P向左移动少许，测得小灯泡正常工作时的电阻将______，则小清测得灯泡的功率将______(两空均填“变大”、“变小”或“不变”)。
21. 学校开展“我为节能献一计”活动，小明想探究影响电热水壶电热转化效率的因素。他提出两点猜想，猜想1：与电热水壶的功率有关；猜想2：与被加热的水的质量有关。于是在家中进行实验探究。
(1)关于电热水壶消耗电能的测量，小明提出用电能表直接测量；因为家中只有一只电能表，小亮提出用秒表测出烧水时间，再用额定功率与时间的乘积求得。正确的测量方法是______ 的方法。
(2)为了探究猜想1，应该保持①______ 一定，选用功率不同的电热水壶，进行实验。为了探究猜想2，小明设计了2个方案：
A方案：用一个电热水壶先后三次加热不同质量的水，直至烧开。
B方案：找三个相同的电热水壶同时加热不同质量的水，直至烧开。
小亮认为A方案可行，但实验时要注意②______ 。
你认为B方案是否可行？并说明理由③______ 。
(3)按照正确的方案进行实验，数据如下表：
实验
次数
电热水壶的功率/W
水的质量/kg
水的初温/℃
水的末温/℃
消耗的电能
/×105J
水吸收的热量/×105J
电热转化效率η/%
1
800
1
25
99
3.731
3.108
83.3
2
800
0.6
25.5
99.5
2.285
1.865
81.6
3
800
0.3
25
99
1.171
0.932
79.6
4
1000
1
24
99
3.604
3.150
87.4
5
1200
1
24.5
99
3.354
3.129
93.3
第1、2、3组数据表明：电热水壶的功率相同，水的质量越大，电热转化效率越______ 。第1、4、5组数据表明：______ 。
(4)结合以上结论，请你对电热水壶的使用提出一点建议：______ 。
22. 阅读文章，回答下列问题。
登陆火星2021年5月15日，我国发射的“祝融号”火星车登陆火星表面，最困难的就是探测器着陆星球表面的过程，这个过程中要使探测器的速度在短短的几分钟内降至零，通常要先后经历“气动减速”、“降落伞减速”、“动力减速”三个阶段。
火星是太阳系中与地球最相似的行星，火星在我国古代被称之为“荧惑星”，是太阳系八大行星之一，直径约为地球的53%，质量约为地球的11%，火星表面g约为3.7N/kg。火星地表沙丘、砾石遍布，非常干燥，南北极有以固态的水和二氧化碳组成的冰盖。火星表面的大气密度大约只有地球的1%，火星表面平均温度约为−55℃，从冬天的最低−133℃到夏日白天的将近27℃，温差很大，火星表面的平均大气压强约为700Pa，比地球上的1%还小。
(1)探测器环绕火星运动的轨道是一个椭圆，如下图所示，当探测器运行到“近火点”时，它的势能______(选填“最大”或“最小”)。

(2)如下图天问一号着陆前反推火箭点火减速，利用的是______，声音______(“能”或“不能”)在火星上传播。

(3)火星重力也很大，如下图是祝融火星车，质量为240kg，在火星上重力为______ N。

(4)火星离地球太远了，在太阳引力场等作用下，火星与地球间距离呈周期性变化，最长时约4亿千米，最短时相当于“复兴号”高铁要一刻不停地持续行驶约18年(1年=365天)，高铁时速为350km/h，地球到火星的最短距离约为______ km。
(5)材料的电阻与温度有关，进一步研究表明：在温度变化范围不太大时，电阻随温度的变化可以近似地表示为如下关系：R=R0(1+aT)，其中，R是温度为T的电阻，R0是温度0℃时的电阻，α称作电阻温度系数，单位是℃−1，T为材料所处的温度，单位为℃。
如表列出了一些材料在0∼120℃的电阻温度系数：
材料
α/℃−1
材料
α/℃−1
铝
0.0039
铜
0.00393
碳
−0.0005
镍铬合金
0.000002
铁
0.0050
锰铜合金
0.000006
钨
0.0045


①在上述材料中，最适合做定值电阻的材料是______。
A.碳
B.铁
C.镍铬合金
D.锰铜合金
②有一根铜导线，在0℃时的电阻为2Ω，则在火星上夏日白天时，其电阻大约为______Ω。
答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、温度高的物体具有的热量多，错误，不能说含有或者具有热量，故A错误；
B、热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，故B正确；
C、温度低的物体含有的热量少，错误，因为热量不是状态量，不能说含有或者具有热量，故C错误；
D、热量总是从热量多的物体传递到热量少的物体，热量不是状态量，传递的是能量，故D错误．
故选B.
热量是过程量，就是说，热量只存在于热传递或热交换过程中，只能说吸收或放出热量，热量传递等；热量不是状态量，不能说含有或者具有热量．
热量不是状态量，不能说含有或者具有热量．只能说吸收或放出热量，热量传递等．

2.【答案】C

【解析】解：A、功是功率与做功时间的乘积，机械效率是有用功与总功的比值，机械效率大，只能说明所做的有用功占总功的比值大，不能说明做功的多少，故A错误；
B、由功的原理知，使用任何机械都不能省功，故B错误；
C、功率是表示做功快慢的物理量，所以做功快的机器，功率一定大，故C正确；
D、有力作用在物体上，且物体在力的方向上移动了距离，这样才做了功，故D错误。
故选：C。
(1)功是功率与做功时间的乘积，功率是单位时间内做的功的多少，表示做功的快慢，机械效率是有用功与总功的比值；
(2)使用任何机械都不能省功；
(3)做功包含的两个必要因素是：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过一定的距离。
本题考查了功、功率、机械效率的关系及功的原理，正确理解概念是解答的关键。

3.【答案】D

【解析】解：已知该用电器工作时间t=15min=0.25h，消耗的电能W=0.3kW⋅h，
则用电器的功率为：P=Wt=0.3kW⋅h0.25h=1.2kW=1200W，洗衣机的功率在400W左右，白炽灯的功率是几十瓦左右，电视机的功率约120W左右，而空调机的功率约1000W以上，则该用电器可能是空调机，故D正确。
故选：D。
已知用电器工作时间和消耗的电能，利用P=Wt可求出该用电器的功率，再结合对常用电器功率的了解进行分析即可。
本题考查了学生对功率计算公式的运用，解题关键是要对生活中的用电器的电功率有所了解。

4.【答案】B

【解析】解：已知全红婵的体重大约为m=35kg，其重力G=mg=35kg×10N/kg=350N，
全红婵从起跳到入水的过程中，她所受的重力做功W=Gh=350N×10N/kg=3500J。
故选：B。
首先明确全红婵的体重，由W=Gh=mgh可求得从起跳到入水的过程中，她所受的重力做功。
此题主要考查功的计算，其中估测出全红婵的体重是解答此题的关键。

5.【答案】C

【解析】解：
A、由图可知，电阻R1、R2、滑动变阻器串联接入电路中，通过三个电阻的电流是相同的，电阻阻值R1>R2，根据U=IR可知，电阻两端的电压关系为U1>U2，故A错误；
B、电流相同，通电时间相同，电阻阻值R1>R2，根据Q=I2Rt可知，R1所在的烧瓶温度计示数更高，故B错误；
C、通电后电流通过电阻丝做功，产生热量被煤油吸收，使煤油的温度升高，通过观察温度计的示数变化来判断电流产生的热量的多少，故C正确；
D、由图可知，电路中有滑动变阻器，移动滑动变阻器滑片，可以改变电路中的电流，能探究电流产生的热量与电流大小的关系，故D错误。
故选：C。
(1)根据欧姆定律分析电阻两端的电压关系；
(2)(3)(4)电流通过电阻丝做功，消耗电能转化为内能，产生的热量被煤油吸收，煤油吸收热量温度升高，本实验是通过温度计的示数变化反应电流产生的热量多少；由焦耳定律可知，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。
此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与什么因素有关的”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用。

6.【答案】C

【解析】解：
有用功：，
拉力做的总功：，
斜面的机械效率：，
则拉力：F=23G；
克服摩擦力所做的额外功：，
则摩擦力：f=13G。
故选：C。
根据表示出有用功，根据表示出总功，再根据表示出机械效率，进一步得出拉力和物重的关系；额外功就是克服摩擦所做的功，其大小等于总功减去有用功，即，据此求出摩擦力。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、机械效率的计算，关键要会灵活应用计算公式。

7.【答案】D

【解析】解：
由图象知：
A、t1∼t2时间内物质a的温度虽然不变，但继续吸收热量，所以其内能增加，故A错误；
B、用相同的加热装置对b、c两种物质加热时，0−t1时间内两种物质吸收的热量相同，c物质升高的温度较小，但由于不知道b、c质量的大小，不能判断出b、c比热容的大小，故B错误；
C、温度从T1升高到T2时，a物质的加热时间比b物质短，所以a物质吸收的热量比b少，故C错误；
D、如果a、b是同种物质，比热容相同，升高相同的温度时，b的加热时间长，b吸收的热量多，根据Q=cmΔt知，b的质量大于a的质量，故D正确。
故选：D。
(1)液体的沸腾或晶体的熔化过程吸热温度不变，内能增加；
(2)根据Q=cm△t分析解答；
(3)吸收热量的多少通过加热时间的长短来表现；
(4)根据Q=cmΔt分析bc比热容的大小。
此题考查的是我们对物理规律的掌握和对图象分析的能力，以图象的形式考查物理规律，具有直观、客观的特点，是现在物理测试的热点考查方式。

8.【答案】C

【解析】解：
A、由图可知，两个电阻串联，在串联电路中，各处的电流是相同的，所以通过两个电阻的电流相同，故A正确；
B、在压力的作用下，横梁向下弯曲，R1被拉伸，R2被压缩，即R1变长，横截面积变小，电阻变大；R2变短，横截面积变大，电阻变小，故B正确；
C、在R1和R2发生形变前是完全一样的，即R1和R2发生形变前的电阻相同，因此发生形变后，R1的电阻大于R2的电阻，通过两个电阻的电流相同，根据U=IR可知，R1两端的电压大于R2两端的电压，故C错误；
D、根据欧姆定律可知，R1和R2两端电压的差值越大，说明R1和R2的阻值的差值越大，所以R1被拉伸的更长，R2被压缩的越短，从而说明A端受到的压力越大，故D正确。
故选：C。
由图可知，该电路为串联电路；在串联电路中，各处的电流是相同的；导体电阻的大小与导体的长度、材料、横截面积和温度有关，据此判定电阻的变化，根据欧姆定律判定电阻两端的电压大小关系，从而判断压力的变化情况。
本题考查了影响电阻大小的因素、欧姆定律的应用，难度不大。

9.【答案】B

【解析】解：一张纸的总面积S=ab=30cm×21cm=630cm2=6.3×10−2m2；
这张纸的质量m=70g/m2×6.3×10−2m2=4.41g=4.41×10−3kg；
一张该A4纸折叠的纸飞机从四楼水平抛出落在一楼地面的过程中，由每层楼高约3.5m，结合图中纸飞机的最高点与四楼地面间的距离约2m，可知纸飞机下落距离：h≈3×3.5m+2m=12.5m，，则纸飞机重力做功为：W=Gh=4.41×10−3kg×10N/kg×12.5m=0.55125J；
则纸飞机重力做功约为0.55J，故B正确。
故选：B。
(1)先计算一张纸的面积，根据题目已知打印纸每平方米的质量是70g，计算一张纸的质量；
(2)根据该纸飞机从从四楼水平抛出落在一楼地面下落距离为三层楼高，结合结合图中纸飞机的最高点与四楼地面间的距离，根据重力做功的计算公式W=Gh，求解纸飞机重力做功。
此题主要考查功的公式的应用以及从题目提供材料中获取知识的能力。注意求解纸飞机下落距离时除楼层的高度外还需考虑纸飞机的最高点与四楼地面间的距离。

10.【答案】D

【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
假设灯泡灯丝的电阻不变，当调节变阻器的阻值从最大变化到最小时，电路中的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，
由U=IR可知，灯泡两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压变小，
则选项中上面的图线为电压表V2的示数与电流表I的关系，下面的图线为电压表V1的示数与电流表I的关系，
实际上灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，
因电路中的电流变大时，灯泡的实际功率变大，温度升高，其电阻变大，
由U−I图象中图线的斜率表示电阻可知，A选项中灯泡的电阻不变，BC中灯泡的电阻变小，D中灯泡的电阻变大，
故ABC不符合题意，D符合题意。
故选：D。
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流。假设灯泡灯丝的电阻不变，当调节变阻器的阻值从最大变化到最小时，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化，据此判断选项中图线的含义，然后根据灯泡灯丝的电阻与温度的关系得出答案。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，分析出选项中图线的含义是关键，要注意灯泡灯丝的电阻与温度有关。

11.【答案】小于  非平衡力  C

【解析】解：
(1)由题意可知，把小球压至图中A位置后由静止释放，在开始一段时间内小球将加速向上运动，这说明在释放瞬间小球所受重力小于弹簧的弹力；
分析可知，小球运动至最高点时只受重力的作用，不是平衡状态，故受非平衡力的作用。
(2)不计空气阻力，从A点向上运动到O点的过程中，小球的重力不变，但弹簧的弹性形变减小，弹力减小；
在前一段时间内小球受到的弹力大于重力，小球向上做加速运动；在后一段时间内小球受到的弹力小于重力，小球向上做减速运动；即小球的速度先增大后减小，根据P=Wt=Ght=Gv可知，小球所受重力的功率先增大后减小。故应选C。
故答案为：(1)小于；非平衡力；(2)C。
(1)根据小球被释放后的运动状态判断重力和弹力的大小关系；物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，受平衡力的作用。
(2)不计空气阻力，从A点向上运动到O点的过程中，小球的重力不变，但弹簧的弹性形变减小，弹力减小；根据小球的受力情况分析其速度变化，利用公式P=Wt=Ght=Gv分析小球所受重力的功率如何变化。
此题考查了受力分析、平衡力的辨别、功率大小的比较，对小球在上升过程中进行受力分析，并根据力与运动的关系得出其在整个过程中的速度变化是解答此题关键，有一定难度。

12.【答案】逐渐减小  不变  F>G3×105

【解析】解(1)t1∼t2时段，返回舱在下落过程中，质量不变，动能随着速度的减小而减小；物体的内能与物体做机械运动的快慢和高度无关，故返回舱内能不变；返回舱在竖直方向上受到推力F和重力G的作用，在这两个力的作用下，返回舱竖直下落的速度减小，运动状态发生改变，说明这两个力不平衡，且合力的方向与运动方向相反，由于运动方向向下，则合力方向向上，故推力F大于重力G；
(2)返回舱受到的重力为：
G=mg=300kg×10N/kg=3000N；
由乙图可知，返回舱在t2∼t4时段下落的高度为h=100m，则返回舱重力在t2∼t4时段所做的功为：
W=Gh=3000N×100m=3×105J。
故答案为：(1)逐渐减小；不变；F>G；(2)3×105。
(1)物体由于运动而具有的能量叫做动能，物体动能的大小与两个因素有关：一是物体的质量，二是物体运动的速度大小；内能是指物体内所有分子动能和分子势能的总和，与物体的温度和质量有关，与物体的宏观运动无关；物体沿同一方向做减速运动中，所受合力的方向与运动方向相反；
(2)根据公式G=mg计算返回舱受到的重力，进一步根据公式W=Gh计算返回舱重力在t2∼t4时段所做的功。
本题主要考查学生对影响动能的大小因素的理解、内能的概念的了解和掌握、非平衡态运动与合力的关系的应用，以及对重力做功计算的掌握。

13.【答案】8Ω562

【解析】解：由电路图可知，闭合开关，定值电阻R0、R1与滑动变阻器R2串联接入电路，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测定值电阻R1与滑动变阻器两端的总电压，电流表测量电路电流；
由乙图可知通过电路的最小电流为0.3A，此时UV2=5.4V，UV1=3V，
因串联电路总电压等于各分电压之和，所以定值电阻R1两端的电压：U1=UV2−UV1=5.4V−3V=2.4V，
由欧姆定律可得，定值电阻R1的阻值：R1=U1I1=2.4V0.3A=8Ω，
因串联电路各处电流相等，则定值电阻R0的阻值可表示为：R0=U−UVI1=U−5.4V0.3A------①，
由乙图可知当通过电路的电流为0.5A，UV2′=a，UV1′=1V，
此时定值电阻R1两端的电压：U1′=I2R1=0.5A×8Ω=4V，
根据串联电路电压规律可知：UV2′=UV1′+U1′=1V+4V=5V，即a=5V，
此时定值电阻R0的阻值可表示为：R0=U−UV′I2=U−5V0.5A------②，
联立①②可得：U=6V，R0=2Ω。
故答案为：8Ω；5；6；2。
由电路图可知，闭合开关，定值电阻R0、R1与滑动变阻器R2串联接入电路，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测定值电阻R1与滑动变阻器两端的总电压，电流表测量电路电流；
由乙图可知通过电路的最小电流和两电压表的示数，根据串联电路电压规律计算定值电阻R1两端的电压，由欧姆定律可得定值电阻R1的阻值，根据串联电路特点结合欧姆定律表示出定值电阻R0阻值的关系式；
由乙图可知当通过电路的最大电流和电压表的示数，根据欧姆定律计算此时定值电阻R1两端的电压，根据串联电路电压规律可知UV2′的值，再次表示定值电阻R0阻值的关系式，联立关系式可求出电源电压和定值电阻R0的阻值。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的应用，关键是从图中获取有效的信息。

14.【答案】1.08×106  15009.072×105  84%

【解析】解：(1)由题意可知，这段时间内消耗的电能为；
(2)由图乙、丙可知，电水壶所用的时间：t=12min=720s，
实际功率为；
(3)水吸收的热量为：；
(4)烧水效率为：η=QW×100%=9.072×105J1.08×106J×100%=84%。
故答案为：1.08×106；1500；9.072×105；84%。
(1)由电价和显示费用求出消耗的电能；
(2)根据P=Wt求出实际功率；
(3)利用Q=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(4)结合效率公式求出烧水效率。
此题主要考查学生对于电能、电功率以及加热效率的理解和掌握，熟悉公式是解题关键。

15.【答案】电压  1：3 并联  3：16

【解析】解：(1)甲、乙为两只相同电表，当闭合S1，S2时，甲、乙两表示数之比为4：3，若两表均为电流表，则甲表会将电源短路，故两表均为电压表。
(2)当闭合S1，S2时，两电阻串联，电压表甲测量电源电压，电压表乙测量R2两端的电压，甲、乙两表示数之比为4：3，
根据串联分压特点可知R1：：3；
(3)设电源电压为U，R1=R，则R2=3R，
当两表都为电压表时，闭合两开关，两电阻串联，电路总功率为P1=U2R+3R=U24R，同时更换两电表种类，即两表都为电流表时，闭合开关S1，两电阻并联，此时电路总功率为P2=U2R1+U2R2=U2R+U23R=4U23R，
P1：P2=U24R4U23R=316=3：16。
故答案为：电压；1：3；并联；3：16。
(1)甲、乙为两只相同电表，当闭合S1，S2时，甲、乙两表示数之比为4：3，若两表均为电流表，则甲表会将电源短路，据此分析；
(2)当闭合S1，S2时，两电阻串联，电压表甲测量电源电压，电压表乙测量R2两端的电压，甲、乙两表示数之比为4：3，根据串联分压特点可知R1：R2；
(3)设电源电压为U，当两表都为电压表时，闭合两开关，根据P=UI=U2R得出电路总功率P1，
同时更换两电表种类，即两表都为电流表时，闭合开关S1，两电阻并联，根据P=UI=U2R得出此时电路总功率P2，进而得出P1：P2。
本题考查电压表、电流表的使用方法、等效电路分析、串并联电路的特点和电功率的计算等知识，综合性较强，难度适中。

16.【答案】变小  内

【解析】解：(1)雾炮车在水平路面匀速前进喷洒消毒液的过程中，速度不变，质量变小，故动能变小；
(2)雾炮车空载时的质量为：m=10t=1×104kg，
重力：G=mg=1×104kg×10N/kg=1×105N，
则阻力：f=0.05G=0.05×1×105N=5×103N，
因为雾炮车在水平地面上匀速行驶，处于平衡状态，受力平衡，
所以牵引力：F=f=5×103N，
雾炮车通过的路程：s=2.4km=2.4×103m，
则牵引力所做的功：W=Fs=5×103N×2.4×103m=1.2×107J；
(3)柴油机的做功冲程是利用燃气的内能来做功的，将燃气的内能转化为活塞的机械能，从而驱动雾炮车前进；
假设柴油完全燃烧，根据可得，柴油完全燃烧放出的热量：，
则根据可得，消耗柴油的体积：。
答：(1)变小；
(2)牵引力所做的功为1.2×107J；
(3)内；回程时消耗柴油0.9L。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大；
(2)根据阻力和车重的关系求出阻力，然后利用二力平衡得出牵引力，再利用W=Fs计算牵引力所做的功；
(3)单缸四冲程柴油机，只有做功冲程是利用燃气的内能来做功的，将燃气的内能转化为活塞的机械能，其它三个冲程依靠飞轮的惯性来完成；
利用效率公式求出柴油完全燃烧放出的热量，然后利用计算消耗柴油的体积。
此题为力学和热学综合题，涉及到动能的大小变化、重力的计算、二力平衡条件的应用、功的计算、热值的计算、效率公式的应用等若干个知识点，综合性非常强，此类题目中考中极为常见，熟练掌握并灵活运用相关的公式和原理是解题的关键。

17.【答案】解：(1)当S1闭合，S2、S3断开时，电路为R1的简单电路，电流表测量电路电流，
根据欧姆定律可知电流表的示数I=UR1=6V10Ω=0.6A；
(2)当S2闭合，S1、S3断开时，R1、R2串联，电流表测量电路电流，电压表测量R2两端的电压。
根据欧姆定律可知电路中的电流，
电压表的示数：UV=I′R2=0.2A×20Ω=4V，
电阻R1工作1min所消耗的电能：W=I′2R1t=(0.2A)2×10Ω×1×60s=24J；
(3)当S1、S3闭合，S2断开时，R1、R2并联，电流表测量通过R1的电流，电压表测量电源电压。
根据P=U2R可知电路工作时的功率P=U2R1+U2R2=(6V)210Ω+(6V)220Ω=5.4W。
答：(1)电流表的示数为0.6A；
(2)电压表的示数为4V，电阻R1工作1min所消耗的电能为24J；
(3)电路工作时的功率为5.4W。

【解析】(1)当S1闭合，S2、S3断开时，电路为R1的简单电路，电流表测量电路电流，根据欧姆定律可知电流表的示数；
(2)当S2闭合，S1、S3断开时，R1、R2串联，电流表测量电路电流，电压表测量R2两端的电压。
根据欧姆定律可知电路中的电流和电压表的示数，利用W=I2Rt计算电阻R1工作1min所消耗的电能；
(3)当S1、S3闭合，S2断开时，R1、R2并联，电流表测量通过R1的电流，电压表测量电源电压，根据P=U2R可知电路工作时的功率。
本题考查欧姆定律的应用、电功率和电能的计算，关键是准确分析各种情况下的电路组成。

18.【答案】小车  增加甲图小车由静止释放时的高度  质量相同时，小车的速度越大，动能越大  D BD

【解析】解：(1)根据题意可知，实验中探究小球的动能，即小球撞击木块时的动能；
(2)由图可知，图甲中小车下滑的高度大于乙中小车下滑的高度，实验中观察到木块移动的距离s1、s2接近，这表明小车的动能接近，为了使现象更明显，可以增大h1来增大小车的动能，从而使s1更大；
(3)如图所示，同一小车从斜面不同高度由静止释放，达到水平面的速度不同，高度越高，达到水平面的速度越大，纸盒被推得越远，说明小球的动能越大，结论是：质量相同时，小车的速度越大，动能越大；
(4)根据实验可知，小车下滑的高度不同，到达水平面时的速度不同，探究的是动能大小与速度的关系，速度越大，动能越大；
A.高速公路对货车限高，与动能的大小无关；
B.高速公路对货车限重，是通过减小质量来减小动能的；
C.桥梁对货车限重，与动能的大小无关；
D.高速公路对货车限速，是通过减小速度来减小动能的，
故D正确。
(5)实验中通过小车撞击木块运动的距离的大小判定动能的大小，采用的是转换法；
A.“点火爆炸”实验中滴入的酒精，当按动电火花发生器的按钮时，酒精燃烧后的燃气对盒盖做功，将燃气的内能转化为盒盖的机械能，燃气的内能减小，没有用到转换法，故A不符合题意；
B.“探究影响重力势能大小因素”实验中，通过小桌下陷的深度来体现物体重力势能的大小，用到了转换法，故B符合题意；
C.“探究不同物质吸热升温现象”实验中的水和沙子质量相同，应用了控制变量法，故C不符合题意；
D.“比较质量相同的不同燃料燃烧放出热量”实验中，根据水的温度变化大小判定燃料放出热的多少，用到了转换法，故D符合题意；
故选：BD。
故答案为：(1)小车；(2)增加甲图小车由静止释放时的高度；(3)质量相同时，小车的速度越大，动能越大；(4)D；(5)BD。
(1)据题意可知，实验中探究小车的动能，即小车撞击木块时的动能；
(2)可以从增大速度，从而增大动能的方法考虑；
(3)动能的大小与物体的质量和速度有关，探究动能与速度关系时，要控制质量不变，据此分析；
(4)在质量一定时，速度越大，动能越大；
(5)根据转换法分析。
本题探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验，考查控制变量法及转换法的运用，同时也考查了对实验方案的改进。

19.【答案】匀速  83.3%c增大物重  动滑轮的重力  3、4

【解析】解：(1)在测绳端拉力时，需竖直向上匀速拉动测力计，且在拉动时读数；
(2)第2次实验测得的机械效率：
；
(3)第4次实验s为h的5倍，所以滑轮组由5段绳子承担物重，所以第4次实验是由c图做的；
(4)由数据知第1、2次实验中，s为h的3倍，所以滑轮组由3段绳子承担物重，而第1次实验物体的重力为4N，第2次被提升的物重为6N，所以第1次实验是用a图做的、第2次实验是用b图做的；
由数据知第3次实验中，s为h的5倍，所以滑轮组由5段绳子承担物重，所以第3次是用c图做的；
分析第1、2次实验，两次所用滑轮组相同，但第2次物重大于第1次物重，机械效率也大于第1次的机械效率，所以可得使用同一滑轮组，提高物重可以提高滑轮组的机械效率；
分析第1、3次实验，两次提升物体的重力相同，第3次实验的动滑轮较重，而机械效率较低，所以可得使用不同的滑轮组，提升相同的重物，动滑轮个数越多、越重，滑轮组的机械效率越小，所以分析第1、3次实验数据可知：影响滑轮组的机械效率高低的因素主要是动滑轮的重力；
(5)第3、4次实验只是改变了物体被提升的高度，机械效率没变，所以可得滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。
故答案为：(1)匀速；(2)83.3%；(3)c；(4)增大物重；动滑轮的重力；(5)3、4。
(1)在实验中，应竖直向上匀速拉动测力计，物体受力平衡，便于计算拉力做功的大小；
(2)根据计算出第2次实验机械效率的大小；
(3)根据钩码上升的高度和测力计移动距离来判断承担物重的绳子段数，然后得出结论；
(4)分析第1、2次实验数据，确定变化的量和不变的量，得出提高机械效率的因素；
分析第1、3次实验数据，分析提升相同的重物，动滑轮个数增多时，机械效率的变化；
(5)根据物体被提升的高度与效率之间的关系得出结论，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。
此题是测量滑轮组的机械效率实验，主要考查了有关滑轮组机械效率的计算，以及影响滑轮组机械效率的主要因素：被提升的物重和动滑轮的重力。被提升的物体越重、动滑轮的重力越小，滑轮组的机械效率越高。而滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。

20.【答案】不能  电路中电流太小，不能准确读数  aRbR0.74变小  变大

【解析】解：(1)根据图甲电路是伏安法测电阻，用电压表测待测电阻电压，电流表测量通过电流，利用R=UI计算即可，但是在此实验中，未知电阻Rx阻值约150Ω，电源电压3V，即使滑动变阻器接入电路电阻为0，电路中电流最大才0.02A，电流表量程为0∼0.6A，分度值是0.02A，所以实验中不能准确读取电流数值，所以也就不能准确测出Rx的阻值；
(2)①第1步：闭合开关S1，S2拨向a，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端的电压，调节R，使电压表的示数为2.5V；
第2步：闭合开关S1，S2拨向b，电阻箱和滑动变阻器串联，调节R，使电压表的示数仍为2.5V，读出此时电阻箱接入电路中的阻值如图丙所示，为8.5Ω，则灯泡正常发光时的电阻为8.5Ω，则小灯泡的额定功率为P=U2R=(2.5V)28.5Ω≈0.74W；
②在“第2步”中，若无意中将滑动变阻器的滑片P向左移动少许，会导致滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据串联分压特点可知，测得小灯泡正常工作时的电阻将变小，根据P=U2R可知测得灯泡的功率将变大。
故答案为：(1)不能；电路中电流太小，不能准确读数；(2)①a；R；b；R；0.74；②变小；变大。
(1)根据I=UR可知，即使滑动变阻器接入电路电阻为0，电路中电流才0.02A，电流表量程为0∼0.6A，分度值是0.02A，所以实验中不能准确测量数值；
(2)①第1步：闭合开关S1，S2拨向a，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端的电压，调节R，使电压表的示数等于灯泡的额定电压；
第2步：闭合开关S1，S2拨向b，电阻箱和滑动变阻器串联，调节R，使电压表的示数仍为2.5V，读出此时电阻箱接入电路中的阻值，根据等效替代的方法可知，灯泡正常发光时的电阻等于电阻箱的阻值，根据P=U2R得出小灯泡的额定功率；
②在“第2步”中，若无意中将滑动变阻器的滑片P向左移动少许，会导致滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据串联分压特点可知，测得小灯泡正常工作时的电阻将变小，根据P=U2R可知测得灯泡的功率的变化情况。
本题为测量定值电阻的阻值的实验，考查实验方案评价、实验步骤等知识。

21.【答案】(1)小明；(2)①水的质量和初温；②水壶和水的初温相同；③不可行，仅有一只电能表无法测出同时工作的三个电水壶分别消耗的电能；(3)高；水的质量相同时，电热水壶的功率越大，电热转化效率越高；(4)使用功率较大的电热水壶或单次使用时加热质量较大的水可以提高电热转化效率

【解析】解：(1)断开了家中其他用电器，仅让电热水壶工作，利用电能表可以直接测出电热水壶消耗的电能；
而电热水壶工作时的功率和额定功率不一定相等，不能用额定功率与时间的乘积求出消耗的电能，所以正确的测量方法是小明的方法；
(2)探究电热水壶电热转化效率与电热水壶的功率有关时，应该保持水的质量和初温一定，选用功率不同的电热水壶，进行实验；
(3)仅有一只电能表，无法测出同时工作的三个电水壶分别消耗的电能，所以B方案不可行；
(4)由第1、2、3组数据可知，电热水壶的功率相同时，水的质量越大，电热转化效率越高；
由第1、4、5组数据可知，水的质量相同时，电热水壶的功率越大，电热转化效率越高；
(5)由(4)的结论可知，使用功率较大的电热水壶或单次使用时加热质量较大的水可以提高电热转化效率。
故答案为：(1)小明；(2)①水的质量和初温；②水壶和水的初温相同；③不可行，仅有一只电能表无法测出同时工作的三个电水壶分别消耗的电能；(3)高；水的质量相同时，电热水壶的功率越大，电热转化效率越高；(4)使用功率较大的电热水壶或单次使用时加热质量较大的水可以提高电热转化效率。
(1)电能表是测量用电器消耗电能多少的仪表；用电器正常工作时的功率和额定功率相等，可以利用额定功率与时间的乘积求得消耗的电能，否则不可行；
(2)探究电热水壶电热转化效率与电热水壶的功率有关时，应控制其他条件不变，改变电热水壶的电功率；
(3)找三个相同的电热水壶同时加热不同质量的水、直至烧开时，利用一只电能表无法分别测出三电热水壶消耗的电能；
(4)根据第1、2、3组数据分析水的质量和电热转化效率关系，根据第1、4、5组数据分析电热水壶的功率和电热转化效率关系，然后利用控制变量法得出结论；
(5)根据(4)的结论对电热水壶的使用提出建议。
本题考查了探究影响电热水壶电热转化效率因素的实验，知道电能表的作用和利用好控制变量法是关键，同时要会分析表格数据得出结论并能利用结论解决问题，有一定的难度。

22.【答案】最小  物体间力的作用是相互的  能  8885.5188×107  C2.786

【解析】解：(1)当探测器运行到“近火点”时，高度最低，它的势能最小；
(2)天问一号着陆前反推火箭点火减速，利用的是物体间力的作用是相互的；火星有空气，声音能在火星上传播；
(3)祝融火星车，质量为240kg，在火星上重力为G=mg=240kg×3.7N/kg=888N；
(4)地球到火星的最短距离s=vt=350km/h×18×365×24h=5.5188×107km；
(5)①定值电阻的阻值不会随着外界因素温度的变化而变化，也就是说，温度的变化对导体阻值没有影响，即电阻温度系数为零，或者最小，由此结合表中数据可知，镍铬合金最适合做定值电阻，故选C；
②由题意知 R0=2Ω，T=100℃，α=0.00393，
将以上数据代入关系式：R=R0(1+αT)=2.786Ω。
故答案为：
(1)最小；
(2)物体间力的作用是相互的；能；
(3)888；
(4)5.5188×107；
(5)①C；②2.786。
(1)重力势能与物体的质量和高度有关，质量越大、高度越高，重力势能越大；当探测器运行到“近火点”时，高度最低，据此分析；
(2)物体间力的作用是相互的；火星有空气，声音能在火星上传播；
(3)根据G=mg得出祝融火星车的重力；
(4)根据s=vt得出地球到火星的最短距离；
(5)①把握定值电阻的材料的特点与表中各种材料的特征相结合即可突破此题；
②根据表中钨导线的电阻温度系数与钨导线的温度，结合关系式即可求出此时钨导线的电阻值。
本题考查重力势能、物体间力的作用是相互的、重力、速度等有关知识，综合性较强。