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2021-2022学年江苏省苏州市昆山、太仓、常熟、张家港市四市联考九年级（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江苏省苏州市昆山、太仓、常熟、张家港市四市联考九年级（上）期末物理试卷（含答案解析），共31页。
2021-2022学年江苏省苏州市昆山、太仓、常熟、张家港市四市联考九年级（上）期末物理试卷
1. 通过实验发现电流、电压、电阻三个物理量规律的科学家是( )
A. 法国的安培 B. 德国的欧姆
C. 意大利的伏特 D. 英国的焦耳
2. 将物体A挂于弹簧测力计下，测力计与物体A共同处于静止或匀速直线运动状态，已知匀速运动的速度关系为v1
C. D.
3. 如图是单塔双索斜拉大桥，索塔两侧对称的拉索承受了桥梁的重力，现仅有一辆载重汽车从桥梁左端速匀速驶向索塔的过程中，左侧拉索拉力大小( )
A. 一直减小 B. 一直增大 C. 先减小后增大 D. 保持不变
4. 如图甲实心球向上运动，落回地面的过程中先后经过M、S两点。实心球在这两点的动能和重力势能如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 实心球上升过程中动能增大，重力势能减小
B. 实心球在运动过程中机械能不守恒
C. M点离地高度比在S点的低
D. M点到S点过程中实心球动能保持不变
5. 如图表示阻值不同的两个电阻的电流强度随电变化的I−U曲线，从图中可知错误的是( )
A. 电阻不变时，电流与电压成正比
B. R1>R2
C. R1、R2串联后的总电阻的I−U曲线在区域Ⅲ
D. R1、R2并联后的总电阻的I−U曲线在区域Ⅰ
6. 电动公交车的动力来源于电动机，前、后两门(电路开关)中任意一个门没有关闭好，电动公交车都无法行驶。图中符合要求的电路是( )
A. B.
C. D.
7. 关于以下实验的说法，正确的是( )
A. 图甲：水蒸气对瓶塞做功，水蒸气的内能增加
B. 图乙：活塞压缩空气，内能转化为机械能
C. 图丙：烧水过程，通过热传递改变内能
D. 图丁：做“比较不同燃料燃烧时放出热量”实验时烧杯内水的质量不需要相等
8. 用如图所示的装置探究滑轮组机械效率，下列说法不正确的是( )
A. 实验时弹簧测力计可以在静止时读数
B. 测量机械效率的原理：η=W有用W总×100%
C. 此装置可以探究滑轮组机械效率与绳子股数的关系
D. 实验测量工具可以不用刻度尺
9. 如图1所示，是同学在探究“电流与电阻关系”实验中设计的电路图、以及绘制的图像(图2)，对此提出了以下的见解，其中说法不正确的是( )
A. 该实验中滑动变阻器的作用：保护了电路和控制定值电阻的电压不变
B. 实验中滑动变阻器最大阻值过小可能会导致部分电阻的电压达不到预设电压值
C. 由图2图像中的阴影部分面积对应的物理量是电压
D. 用10Ω的电阻代替5Ω电阻实验时，为达到实验目的应调节滑片向右移动
10. 关于家庭电路及安全用电，下列说法中正确的是( )
A. 甲图：两孔插座和三孔插座是串联的
B. 乙图：白炽灯泡的金属螺纹壳既可接火线，也可接零线
C. 丙图：图中测电笔的使用是正确的
D. 丁图：发生此类触电时，电路中的“漏电保护器”会自动断开，切断电路
11. 如图甲所示，将一个标有“36V25W”的小灯泡接在电压为12V的恒压电源上，闭合开关的瞬间(t=0)开始利用传感器记录电路中电流随时间的变化情况(如图乙)，利用慢速摄影技术可以观察到前0.04s灯丝经历了从不发光、微微发光到逐渐变亮的过程，从第0.04s后灯泡逐渐变为稳定发光。下列说法正确的是( )
A. 灯丝的实际功率一直不变 B. 闭合开关瞬间，灯丝的实际功率最小
C. 小灯泡稳定发光后实际功率为12W D. 灯丝从0∼0.04s实际功率逐渐变大
12. 在甲、乙两个精密电子仪器中，为了便于调节电路中的电流，其调节部分都使用了R1、R2两个滑动变阻器，如图所示，其中R1的总电阻是200Ω，R2的总电阻是5000Ω，开始时两滑动变阻器都处于最大阻值位置。下面的几种调节中，能既快又准确地使电流表指针指到要求位置的是( )
A. 甲仪器先调节R1，再调节R2，乙仪器先调节R2，再调节R1
B. 甲仪器先调节R2，再调节R1，乙仪器先调节R1，再调节R2
C. 甲、乙两仪器都是先调节R2，再调节R1
D. 甲、乙两仪器都是先调节R1，再调节R2
13. 如图，旗杆的顶端安装着一个______滑轮，用来改变拉力的______。
14. 一节新干电池的电压为______ V；如图所示，将图中的一节干电池正确装入图中电池盒中，则电池的正极应接到电池盒的______端(选填“A”或“B”)。
15. 小明在玻璃试管内装入适量沙子，将温度计插在沙子中。用力晃动十余下，发现温度计示数变大了，这说明沙子的内能______(选填“增大”“减小”或“不变”)，这主要是通过______的方式改变沙子的内能。
16. 某校九年级举行登楼比赛的物理实践活动，要求参赛选手登上同一教学楼的顶楼，“比一比，看谁的功率大”。如果你的班级要取胜，则应推选出体重较______并且上楼速度较______的同学参加比赛。
17. 如图所示，完全相同的两个小球A、B分别与轻质细线和轻质弹簧连接，将两球拉高使细线与弹簧在同一水平方向上，此对弹簧处于原长状态，且弹簧长度小于细线长度，由静止释放后，两球运动到最低点时在同一水平而上(不计空气阻力)，你判断两个小球在最低点时，A球的动能______ B球的动能(填“大于”、“小于”或“等于”)，你判断的理由是：______。
18. 如图所示，是水的凝固图像。分析图像发现，AB段比CD段降温慢，其原因是______。图像中，B点的内能______(选填“大于”、“小于”或“等于”)C点内能。若水的质量为500g，水从A点降温到B点，要放出______ J的热量。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
19. 老师做“电池+口香糖锡纸=取火工具”的实验：取口香糖锡纸，中间剪掉一些(如图乙所示)，将锡纸条连接电池的正负极(如图甲所示)，很快发现锡纸条开始着火，锡纸具有导电性，此时电路处于______(选填“断路“或“短路”)状态，使电路迅速产生大量热量并释放出来，这是利用了电流的______效应；已知锡纸条上ab、bc、cd段长度相等，则______段的最先燃烧起来。
20. 如图是小明设计的风力测定仪，O是转动轴，金属杆OC下面连接着一块受风板，AB是电阻片，它跟金属杆组合在一起的作用相当于一个______。该风力测定仪工作时，风力越大，灯泡的亮度越______。小明发现，在风力变化不大时，仅凭灯泡的亮度难以准确显示风力大小，要克服这个缺点，可以在电路中串联一个______表。
21. 如图所示，这是某品牌电热水器的内部简化电路，R1和R2均为电热丝，R1=4R2，其阻值不随温度变化而变化。则当开关S1闭合、开关S2接a时，电热水器处于______(选填“高温”、“中温”或“低温”)挡；中温挡与低温挡的额定功率之比为______。
22. 如图甲所示，测量废旧日光灯丝的电阻，电源电压3V恒定不变。测量后作出了U−I图像如图乙，在实验中同学们发现刚过B点，灯丝就开始发红，当达到C点时出现明显的红炽状态。同学们此时好奇地轻轻吹了一下日光灯丝，此时电流表的示数______(选填“增大”、“减小”或“不变”)，于是他们继续保持滑动变阻器滑片不动，将日光灯丝吹到刚好不发红，则此时电流表的示数应为______ A，此时对灯丝功率是______ W。
23. 在测Rx电阻的实验中，同学们分别设计了甲乙两种电路。
(1)部分同学们认为甲电路设计比乙电路设计好。因为甲电路设计可以多次测量求平均值减小误差，而乙电路设计做不到这点。他们的想法是：______。(选填“正确的”或“错误的”)。
(2)如电路图乙所示，测量Rx的阻值的实验步骤如下：
①当闭合开关S，S1接a时，调节滑动变阻器，记录电压表的示数为U1；
②当闭合开关S，S1接b时，______(选填“需要”或“不需要”)调节滑动变阻器，记录电压表的示数为U2；
③Rx的阻值表达式为Rx=______。(用U1、U2、R0表示)
24. “节约用水，人人有责！”如图甲所示，是用水后及时关闭水龙头时的情景，水龙头手柄看作是一个杠杆，F2是的阻力，请你在如图乙中画出施加在A点的最小动力F1及其力臂L1的示意图。
25. 如图所示，用滑轮组提升重300N的重物，绳上最多能提供100N的动力，请画出滑轮组绳子的绕法(不计动滑轮、绳重和摩擦)。
26. 如图是一种调光台灯电位器(滑动变阻器)的内部结构示意图，a、b、c是它的三个接线柱。要求：旋钮带动滑片顺时针转动时，灯泡变亮，请完成该电路的连接。
27. 如图所示为“一开三孔”开关(即一个开关和一个三孔插座)，部分电路已接好，请将电路补充完整，要求开关控制插座。
28. 用如图所示的滑轮组匀速提升重为480N的物体，所用拉力为200N，不计绳重和摩擦，将重物提升3m所用时间为10s，求：
(1)滑轮组的机械效率。
(2)拉力的功率。
(3)若物重为1080N，则滑轮组的机械效率多大？
29. 如图所示，图甲是“10V10W”的灯泡L和电阻R1的I−U图像，将它们按图乙所示接入电路中，滑动变阻器上标有“16Ω2.5A“字样，电源电压恒定。只闭合开关S1，滑片P位于a端，此时电流表的示数为0.5A。求：
(1)灯泡L正常发光的电阻；
(2)电源电压；
(3)闭合开关S1和S2，滑片P位于b端，此时整个电路的总功率是多少？
30. “探究杠杆的平衡条件”的实验中。
(1)实验前，杠杆处于静止状态如图甲所示，此时杠杆______平衡状态(选填“是”或“不是”)，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向______调；
(2)如图乙所示，在A点挂2个重力均为0.5N的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为______ N；
(3)竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图丙所示，此过程中，弹簧测力计的示数______(均选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(4)若要使图丙状态下的弹簧测力计读数减小，可将弹簧测力计绕B点______(选填“顺时针”或“逆时针”)方向转动一个小角度；
(5)如图丁(a)是用来提升重物的轮轴，是一种变形杠杆，图丁(b)是它的杠杆示意图。若图乙中R=4r，作用在C点重物的拉力为F2=600N，作用在D点的动力F1=200N，则轮轴的机械效率为η=______%。
31. 小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中。
(1)小明设计了如图1所示的三种方案，你认为将木块放在图______(填“甲”、“乙”或“丙”)位置最合理。该实验是通过观察______来判断小球动能的大小。
(2)图2实验中，探究的是动能与______的关系。让两小球从同一高度由静止释放的目的是______。
(3)若水平面绝对光滑，本实验将______(填“能”或“不能”)达到探究目的。
(4)为了探究小明又将装置进行了改造成如图3所示，他用质量不同的铁球将弹簧压缩相同程度，撞击同一木块。观察到木块被撞击后移动的情况是______。
A.质量大的铁球将木块推动的距离较远
B.质量小的铁球将木块推动的距离较远
C.质量不同的铁球将木块推动的距离相同
32. 为了解家用节能灯的耗能情况，小明进行了以下实践。
(1)如图所示是小明家节能灯和电能表的实物。如图中电能表的示数为______kW⋅h，该电能表所接电路允许使用的最大电功率是______ W。
(2)接着打开室内的一盏节能灯，节能灯正常发光。他以指示灯某一次闪烁后立即开始计时，1min电能表指示灯闪烁了50次，则电功率是______ W，他发现与节能灯铭牌标值明显不符，原因最可能是______。
A.小明家的节能灯比较特殊，功率很大
B.小明没有关闭其他的用电器
(3)解决上述问题后，小明经过思考设计了以下两种实验方案重新进行测量。
甲方案：测量出电能表显示消耗1kW⋅h电能所用的时间t；
乙方案：以指示灯某一次闪烁后立即开始计时，测量闪烁3次所用时间t。
你认为______(选填“甲”或“乙”)方案更合理，并说出另一个方案的不足之处：______。
33. 如图所示，小华用图甲所示电路测量小灯泡的电功率(U额=2.5V)。
(1)闭合开关前，滑动变阻器滑片P应位于______(选填“A”或“B”)端。
(2)闭合开关后，小华发现无论怎样调节滑动变阻器，电压表示数为3V，电流表示数为零，已知仅导线发生故障，则图甲中导线______(选填“①”、“②”或“③”)发生了______(填写故障名称)。
(3)小华同学，移动滑片P到某一点时，电压表示数(如图乙所示)为______ V，若她想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向______(选填“A”或“B”)端移动，使电压表的示数为______ V。
(4)小华同学移动滑片P，绘制成图丙所示的U−I图像，根据图像信息，可计算出小灯泡的额定功率是______ W。
(5)在交流和评估环节中，两组的同学发现，他们使用的器材完全相同，但所测得的小灯泡的额定功率却相差较大。交流发现，他们所设计的实验电路略有不同，经老师提醒，原来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，按丁图测得小灯泡的额定功率与真实值相比______(选填“偏大”、“偏小”或“相同”)。
34. 阅读分析题
热阻
当物体或物体的不同部分之间存在温度差时，就会发生热传递。热传导是热传递的一种方式，物体对热量的传导有阻碍作用，称为热阻，用R表示。物体的热阻与物体在热传导方向上的长度L成正比、与横截面积S成反比，还与物体的材料有关，关系式为R=LλS，式中λ称为材料的导热系数，不同材料的导热系数一般不同。房屋的墙壁为了保温，往往使用导热系数较小的材料。如果墙壁一侧是高温环境，温度始终为t1，另一侧是低温环境，温度始终为t2，墙壁温度变化随着厚度改变而均匀递增(或递减)，所以在墙壁中形成稳定的热量流动，则单位时间内从高温环境传导到低温环境的热量Q与墙壁两侧的温度差成正比，与墙壁的热阻成反比。
(1)发生热传导的条件是相互接触的物体之间存在______ 。
(2)热量传导过程和电流相似，温度差相当于电路中______ 。
A.电流；B.电压；C.电阻；D.电功率
(3)铜汤勺放在热汤中，把手很快就会烫手，而塑料把手的汤勺不会烫手。由此可知铜和塑料的导热系数大小：λ铜______ λ塑料(填“>”“<”或“=”)。
(4)如图甲所示，热量在墙壁中传导，虚线标出的墙壁正中间处的温度为______ 。
(5)图乙中图像与文中信息描述一致的是______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：欧姆发现了欧姆定律，即通过导体的电流与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比。
故选：B。
通过导体的电流与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比，这一规律最早由德国科学家欧姆总结得出，这就是著名的欧姆定律。
此题考查的是我们对物理学史的识记，属于基础知识，难度不大，容易解答。
2.【答案】C
【解析】解：
做功必须包括力和沿力方向移动的距离两个要素，A选项中物体静止，有力无距离，所以拉力不做功；D选项中拉力与运动方向垂直，所以拉力也不做功；而B、C两项中物体沿拉力方向移动了距离，则拉力对物体做功，所以，做功的只有B、C；
而B、C中，物体A均处于匀速直线运动状态(即平衡状态)，所以，物体受到的是平衡力，即拉力与重力平衡，故弹簧测力计对物体A的拉力相等(等于A的重)；又v1
(1)要比较拉力功率的大小，首先判断拉力是否做功；做功必须包括力和沿力方向移动的距离两个要素，有力无距离或者拉力与运动方向垂直，拉力均不做功，据此分析有哪些选项中的拉力对物体做功；
(2)根据物体A均处于静止或匀速直线运动状态，即平衡状态，所以物体受到的是平衡力，即拉力与重力平衡，故四个选项中弹簧测力计对物体A的拉力均相等，结合已知条件v1
3.【答案】A
【解析】解：以索塔与桥面的交点为支点，左侧拉索的拉力为动力，汽车对桥的压力为阻力，当载重汽车从桥梁左端匀速驶向索塔的过程中，阻力臂逐渐减小，在阻力和动力臂不变时，根据杠杆的平衡条件知左侧拉索拉力大小一直减小，故A正确。
故选：A。
以索塔与桥面的交点为支点，左侧拉索的拉力为动力，汽车对桥的压力为阻力，根据杠杆的平衡条件分析解答。
本题主要是考查了杠杆平衡条件的应用，解答本题的关键是能够正确的进行受力分析。
4.【答案】B
【解析】解：A、实心球上升过程中质量不变、速度减小、高度增加，动能减小，重力势能增大，故A错误；
B、从图乙可以看出，实心球在M点的重力势能+动能>实心球在S点的重力势能+动能，可知实心球在运动过程中机械能不守恒，故B正确；
C、从图乙可以看出，实心球在M点的重力势能比在S点的大，所以M点离地高度比在S点的高，故C错误；
D、M点的重力势能比在S点的大，由于机械能为动能和势能的和，机械能逐渐变小，所以M点到S点过程中实心球动能发生了改变，故D错误。
故选：B。
影响动能大小的因素：物体的质量和速度。物体的质量越大，速度越大，物体具有的动能就越大；
影响重力势能大小的因素：物体的质量和物体所处的高度。物体的质量越大，所处的高度越高，物体的重力势能就越大；动能和势能之和称为机械能。
本题以实心球测试为内容，考查了与力学相关的多个知识点，学会将相关知识与实际现象相联系，是正确解答此类问题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：A.两条图线都是过原点的直线，说明在电阻一定时，电流与电压成正比，故A正确；
B.从图像中可以看出，相同的电压下，通过R2的电流小，所以R1
D.两电阻并联后，总电阻小于任一分电阻，所以其图像在区域Ⅰ中，故D正确。
故选：B。
根据欧姆定律进行分析，即从图像中读出同一电压下对应的电流值，电流越大，电阻越小；串联电路中总电阻比任何一个都大，并联电路中总电阻比任何一个电阻都小。
本题考查欧姆定律的图像，要注意明确I−U图像中图像的斜率表示电阻的倒数。
6.【答案】B
【解析】解：因为电动机要由前、后两门(电路开关)关闭同时控制，任意一个门没有关闭好电动机都不能工作，则电动公交车无法行驶，所以前、后两门中的电路开关应串联连接同时控制电动机，符合要求的电路只有选项B。
故选：B。
根据串联电路的特点进行分析，即串联电路开关控制整个电路。
会设计串联电路和并联电路，并且知道串并联电路中开关的作用。
7.【答案】C
【解析】A、甲图中，试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能减少，温度降低，故A错误；
B、乙图中，迅速向下压活塞，由于压缩玻璃筒内的空气对其做功，使得空气的内能增加，温度升高，将机械能转化为内能，故B错误；
C、烧水时水从火焰中吸收热量，温度升高，是利用热传递的方式改变物体内能的，故C正确；
D、做“比较不同燃料燃烧时放出热量”实验时，根据控制变量法可知，实验中需要控制水的质量相同，根据水升高的温度判定燃料燃烧放热的多少，故D错误。
故选：C。
分析：(1)改变内能的方式有做功和热传递，其中做功改变物体内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的方式是能量的转移；对物体做功，物体的内能增加，物体对外做功，物体的内能减少；
(2)做“比较不同燃料燃烧时放出热量”实验时，需要控制水的质量相同，根据水升高的温度判定燃料燃烧放热的多少。
本题考查了改变内能的方法和控制变量法的应用，属于综合性题目。
8.【答案】A
【解析】解：A、若弹簧测力计在静止时读数，则没有测量出绳子与滑轮间的摩擦，拉力偏小，总功偏小，根据η=W有用W总×100%，此时所测的机械效率偏大，则该方法是错误的，故A错误；
B、测量机械效率的原理：η=W有用W总×100%，故B正确；
C、改变绳子缠绕形式可以探究滑轮组机械效率与绳子股数的关系，故C正确；
D、因s=3h，则滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhFs=GhF×3h=G3F×100%，所以实验中可以不测量h和s，即刻度尺可以不用，故D正确。
故选：A。
(1)在弹簧测力计静止时读数，则没有测量出绳子与滑轮间的摩擦，拉力偏小，总功偏小，根据η=W有用W总×100%分析；
(2)机械效率是指有用功占总功的百分比；
(3)改变绳子缠绕形式可以探究滑轮组机械效率与绳子股数的关系；
(4)根据滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhFs=GhF×3h=G3F×100%分析解答。
本题测滑轮组机械效率，考查s=nh的运用、滑轮组连接、实验原理及提高机械效率的方法。
9.【答案】D
【解析】解：A、探究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，该实验中滑动变阻器的作用除了保护电路外，还有控制电阻电压不变的作用；故A正确。
B、研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，假设电源电压一定，根据串联电路电压的规律，定值电阻与滑动变阻器分得的电压均为定值，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻与定值电阻的比值为一定值，接入电路中的定值电阻越大，变阻器连入电路中的电阻越大，滑动变阻器的最大阻值太小可能会导致部分电阻的电压达不到预设电压值，故B正确。
C、图2图像中的阴影部分面积等于电阻R乘以电流I，即U=IR，故C正确。
D、根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由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，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数不变，故D错误。
故选：D。
(1)探究“电流与电阻关系”实验中，要控制电阻两端电压不变。
(2)研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，根据串联电路电压的规律和分压原理得出变阻器连入电路中的电阻与定值电阻大小的关系。
(3)图2图像中的阴影部分面积等于电阻R乘以电流I，据此分析。
(4)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，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。
本题考查了伏安法探究电流与电阻关系，综合考查了实验设计、数据分析、现象分析以及图形解读，综合性极强，难度也颇大。
10.【答案】D
【解析】解：
A、插座上的两孔插座和三孔插座是并联的，故A错误；
B、为了防止出现触电现象，在家庭电路中白炽灯螺丝套接零线(N)上，故B错误；
C、常用测电笔辨别火线和零线，使用测电笔时，手要接触测电笔尾部的金属体，笔尖接触电线，如果氖管发光，表示接触的是火线，故C错误。
D、人站在地面上单手接触火线时，电流直接由人体流入大地，造成电路中通过火线的电流较大，则火线与零线中的电流相差较大，所以漏电保护器会自动断开，起到保护作用，故D正确；
故选：D。
(1)家用电器是并联接入电路的，工作时互不影响；
(2)为了保证用电安全，螺丝口灯座的螺丝套应接零线；
(3)测电笔的使用方法：使用测电笔时，手要接触测电笔尾部的金属体，笔尖接触电线，氖管发光表明接触的是火线，不发光是零线；
(4)当单相触电时实际上就是人体加载在了火线和地线之间，火线电流大，零线电流小，漏电保护器工作。
此题考查了安全用电常识和家庭电路的连接，属于基本技能的考查，难度不大；日常生活中的一些安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生。
11.【答案】C
【解析】解：A、电源的电压恒定，则小灯泡两端的电压不变，由图乙可知，通过灯泡的电流先减小后不变，由P=UI可知，灯丝的实际功率先变小后不变，故A错误；
B、闭合开关瞬间，电流最大，灯丝的实际功率最大，故B错误；
C.灯泡稳定发光后实际功率为：P=UI=12V×1A=12W，故C正确；
D.由P=UI可知灯丝从0∼0.04s实际功率逐渐变小，故D错误。
故选：C。
电源的电压恒定，则小灯泡两端的电压不变，由图乙可知，通过灯泡的电流先减小后不变，由P=UI可知，灯丝的实际功率先变小后不变，据此进行解答。
本题考查了电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键，有一定的创新性，但难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：由题意可知，R2比R1大很多(R2>>R1)，并联时，并联电路两端电压相等，电流表示数：I=UR1+UR2，调节R1阻值变化大，对电流影响大，所以要快速将电路中的电流调到要求位置，应先调节大电阻R1，再调节R2；
串联时，电流表示数：I=UR1+R2，调节R2阻值变化大，对电流影响大，所以要快速将电路中的电流调到要求位置，应先调节大电阻R2。
故选：A。
通过调节滑动变阻器阻值的大小可以改变电路中的电流。两个滑动变阻器并联或串联，由I=UR和两变阻器的最大值情况分析判断准确调节电流的方法。
两个变阻器串联起来使用，学生接触的比较少，有新意的同时又增加了难度。不过在生活中我们会经常用到这样使用的变阻器，例如：收音机调台功能上的粗调和微调等。
13.【答案】定 方向
【解析】解：
旗杆顶端的滑轮的轴的位置固定不变，是定滑轮，使用定滑轮是为了改变拉力的方向。
故答案为：定；方向。
轴的位置固定不变的滑轮叫定滑轮，使用定滑轮不能省力，但能改变用力的方向。
本题考查了定滑轮的定义和特点，属于基础题目。
14.【答案】1.5B
【解析】解：一节新干电池的电压是1.5V，电池盒的弹簧端要连接电池的负极，电池的正极应接到电池盒的B接线柱。
故答案为：1.5；B。
(1)一节新干电池的电压是1.5V；
(2)根据对实验室内或生活中电池盒的使用方法的了解解答。
本题考查了干电池的电压、电池盒的使用，属于基础题目。
15.【答案】增大 做功
【解析】解：用力晃动试管十余下，发现温度计示数变大了，说明沙子的温度升高了，这是因为晃动试管时，试管内的沙子互相摩擦做功，将机械能转化为内能，使沙子的内能增大。
故答案为：增大；做功。
改变内能的方式有做功和热传递，其中做功改变物体内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的方式是能量的转移。
本题考查了做功改变物体内能，主要侧重学生应用所学知识分析和解决实际问题的能力，难度不大。
16.【答案】重 快
【解析】解：根据功率公式P=Wt，做功越多、所用时间越短，则功率越大。
设楼的高度为h。
根据公式W=Fs=Gh，参赛选手登上同一教学楼，所以h相同，因此较重的同学做功多。
根据v=st得，t=sv=hv，经过相同的路程，速度大的同学所用时间较短。
所以要想取胜，参赛同学体重越重、上楼速度越快越好。
故答案为：重；快。
此题需要用功率的公式进行分析。根据功率的公式P=Wt，做功越多、所用时间越短，则功率越大。然后根据功的公式W=Fs及速度变形公式t=sv进行分析。
此题通过一次实践活动，考查了学生对功率公式的掌握及应用。同时考查了学生对功和速度公式的应用。
17.【答案】大于 完全相同的两个小球A、B在同一水平方向上由静止释放时重力势能相同，不计空气阻力，A、B两球机械能守恒，释放后两球运动到最低点时在同一水平面上在这个过程中，A球的重力势能转化为动能，而B球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能。所以，两个小球在最低点时，A球的动能大于B球的动能。
【解析】解：重力势能与物体的质量和高度有关，完全相同的两个小球A、B在同一水平方向上由静止释放时重力势能相同，不计空气阻力，释放后两球运动到最低点的过程中，A球的重力势能转化为动能，而B球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能。因为B球的重力势能有一部分转化成弹簧的弹性势能，所以，两个小球在最低点时，A球的动能大于B球的动能。
故答案为：大于；完全相同的两个小球A、B在同一水平方向上由静止释放时重力势能相同，不计空气阻力，释放后两球运动到最低点的过程中，A球的重力势能转化为动能，而B球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能。所以，两个小球在最低点时，A球的动能大于B球的动能。
不计空气阻力，根据系统机械能守恒比较两球的动能大小。
考查了动能和势能的相互转化，这也是中考常考的考点。
18.【答案】冰的比热容比水小 大于 2.1×104
【解析】解：(1)由于冰的比热容比水小，冰和水的质量相等，吸收相同的热量，冰的温度变化多，所以AB段比CD段升温快；
(2)BC段是水的凝固过程，该过程放出热量、内能减小，温度不变，所以物体在B点时具有的内能大于在C点时的内能；
(3)水从A点降温到B点放出的热量：
Q放=cm(t0−t)=4.2×103J/(kg⋅℃)×500×10−3kg×(10℃−0℃)=2.1×104J。
故答案为：冰的比热容比水小；大于；2.1×104。
(1)水的比热容较大，质量相同的水与其它物质相比，吸收相同的热量，水的温度变化小；
(2)晶体熔化时吸收热量、内能增加、温度不变；
(3)知道水的比热容、质量、水从A点降温到B点温度变化量，利用Q放=cm(t0−t)计算水放出的热量。
本题考查了对比热容特性的理解、吸热公式的应用、晶体熔化的特点，以及对晶体熔化图像和沸腾图像的认识，考查比较全面，要熟练掌握。
19.【答案】短路 热 ab
【解析】解：(1)因为锡属于金属，具有导电性，将锡纸条带锡的一端接在电池的正极，带锡另一端接在电池的负极，形成了电源短路，此时电路中迅速产生大量热量使温度达到锡纸的着火点而使之燃烧；
(2)由于锡纸条有电阻，当有电流通过时，会产生热量，这是利用了电流的热效应；
(3)由图知，锡纸条上相同长度的ab段、bc段、cd段，三段的长度和材料相同，ab段横截面积较小，在材料和长度相同时，横截面积越小电阻越大，所以ab段的电阻大，cd段横截面积大，电阻小，在电流相同和通电时间相同时，由Q=I2Rt知，电阻越大，产生的热量越多，故ab段产生的热量多。
故答案为：短路；热；ab。
(1)导线直接将电源连接起来的电路叫短路；
(2)电流通过导体时，导体会发热，这种现象叫电流的热效应；
(3)导体电阻的大小跟导体的长度、横截面积、温度、材料有关，由Q=I2Rt分析哪段产生的热量越多。
本题考查对短路、电阻的影响因素认识和理解，以及焦耳定律的应用，知道短路时，电路中的电流很大，很容易烧坏电源或导线，是不允许的。
20.【答案】滑动变阻器 亮 电流
【解析】解：
(1)由图知，无风时OC是竖直的，连入电路的电阻是AB段；有风时，OC杆偏转一定的角度，连入电路的电阻变为BP段，连入电路的电阻随风力的大小而改变，所以金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个滑动变阻器；
(2)风越大，OC杆偏转的角度越大，BP段接入电路的电阻越小，则总电阻变小，电源电压不变，由欧姆定律可知电路中的电流变大，灯泡越亮；
(3)仅凭灯泡的亮度难以准确显示风力大小，要克服这个缺点，可以在电路中串联一个电流表。
故答案为：滑动变阻器；亮；电流。
(1)由图知，无风时OC是竖直的，连入电路的电阻是AB段；有风时，OC杆偏转一定的角度，连入电路的电阻变为BP段，连入电路的电阻随风力的大小而改变，据此分析；
(2)风越大，OC杆偏转的角度越大，BP段接入电路的电阻越小，则总电阻变小，电源电压不变，由欧姆定律可知电路中的电流的变化情况，进而得出灯泡的亮度变化；
(3)仅凭灯泡的亮度难以准确显示风力大小，要克服这个缺点，可以在电路中串联一个电流表。
本题考查学生对滑动变阻器实质的理解和掌握，以及对电路图的分析解决实际问题的能力。
21.【答案】高温 5:4
【解析】解：当开关S1断开，S2接b时，两电热丝串联，电路的总电阻最大，根据P=UI=U2R可知此时电路总功率最小，电热水器处于低温挡；
当开关S1闭合，S2接b时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最较大，根据P=UI=U2R可知此时电路总功率较小，电热水器处于中温挡；
当开关S1闭合，S2接a时，两电热丝并联，电路的总电阻最最小，根据P=UI=U2R可知此时电路总功率最大，电热水器处于高温温挡。
根据P=UI=U2R可知：P中温=U2R1，P低温=U2R1+R2，
则中温挡与低温挡的额定功率之比为：P中温P低温=U2R1U2R1+R2=R1+R2R1=4R2+R24R2=54=5：4。
故答案为：高温；5：4。
当开关S1断开，S2接b时，两电热丝串联，电路的总电阻最大，根据P=UI=U2R可知此时电路总功率最小，电热水器处于低温挡；
当开关S1闭合，S2接b时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最较大，根据P=UI=U2R可知此时电路总功率较小，电热水器处于中温挡；
当开关S1闭合，S2接a时，两电热丝并联，电路的总电阻最最小，根据P=UI=U2R可知此时电路总功率最大，电热水器处于高温温挡。
根据P=UI=U2R可分别得出中温挡与低温挡的额定功率的表达式，进而得出功率比。
本题考查等效电路分析和电功率的计算等知识，综合性强，有一定难度。
22.【答案】增大 1 3
【解析】解：
(1)由图甲可知，灯丝与滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯丝两端的电压。
图乙是灯丝的U−I图像，由图中数据利用欧姆定律可知，滑片位于A、B两点时(图中没有标出A、B两点)灯丝的电阻分别为2.5Ω、3Ω，由题意可知滑片从A移动到B的过程中，灯丝的温度逐渐升高，所以可知灯丝的电阻随温度的升高而增大；
轻轻吹一下日光灯丝时，加快了散热，则灯丝的温度降低，灯丝的电阻变小，根据串联电阻的规律可知，电路的总电阻变小，由欧姆定律I=UR可知，此时电路中的电流增大，即电流表的示数增大；
(2)在B点时(灯丝刚好不发红)，由图乙可知，此时电流表的示数为0.2A，灯丝两端的电压为0.6V，
则此时灯丝的电阻为：R丝=UBIB=0.6V0.2A=3Ω，
由图乙可知，在C点时，灯丝两端的电压为3V，等于电源电压，说明滑动变阻器接入的电阻为零，
再继续保持滑动变阻器滑片不动，将日光灯丝小心地吹到刚好不发红，故灯丝的电阻不变仍为3Ω，
由欧姆定律可得此时电流表的示数(即通过灯丝的电流)为：I=UR丝=3V3Ω=1A，
此时灯丝功率为：P=UI=3V×1A=3W。
故答案为：增大；1；3。
(1)由图甲可知，灯丝与滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯丝两端的电压。
轻轻吹一下日光灯丝时，根据影响电阻大小的因素确定灯丝的电阻变化，根据串联电阻的规律可知电路的总电阻变化，由欧姆定律I=UR确定此时电流表的示数变化；
(2)在B点时(灯丝刚好不发红)，结合图示，由欧姆定律求出灯丝的电阻；由图乙可知，在C点时，灯丝两端的电压为3V，等于电源电压，说明滑动变阻器接入的电阻为零；再继续保持滑动变阻器滑片不动，将日光灯丝小心地吹到刚好不发红，可知灯丝的电阻不变，由欧姆定律求出此时电流表的示数，根据P=UI求出此时灯丝功率。
本题考查了电功率的计算，关键是能根据题意结合图像获取相关信息，难度较大。
23.【答案】错误的 不需要 U1R0U2−U1
【解析】解：(1)甲图可以通过移动滑动变阻器的滑片，多次改变电路中的电流值和电压表的示数，多次测量求平均值减小测量的误差；
乙图可以通过移动滑动变阻器的滑片，多次改变电路中的电流值和电压表的示数，多次测量求平均值减小测量的误差；
故他们的想法是错误的；
(2)①当闭合开关S，S1接a时，两个定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量Rx的电压，调节滑动变阻器，记录电压表的示数为U1；
②当闭合开关S，S1接b时，两个定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量Rx和R0两端两端的电压，不需要调节滑动变阻器，记录电压表的示数为U2，根据串联电路的电压特点可知R0两端的电压为U2−U1，根据欧姆定律可知电路中的电流I=U2−U1R0；
③根据欧姆定律可知Rx的阻值表达式为Rx=U1I=U1U2−U1R0=U1R0U2−U1。
故答案为：(1)错误的；(2)②不需要；③U1R0U2−U1。
(1)甲、乙两图都可以通过移动滑动变阻器的滑片，多次改变电路中的电流值和电压表的示数，多次测量求平均值减小测量的误差；
(2)①当闭合开关S，S1接a时，两个定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量Rx的电压，调节滑动变阻器，记录电压表的示数为U1；
②当闭合开关S，S1接b时，两个定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量Rx和R0两端两端的电压，不需要调节滑动变阻器，记录电压表的示数为U2，根据串联电路的电压特点可知R0两端的电压为，根据欧姆定律可知电路中的电流；
③根据欧姆定律可知Rx的阻值表达式。
本题考查伏安法测电阻的实验，考查实验方案评估和实验步骤等知识。
24.【答案】解：动力要最小，即动力臂要最长，阻力的方向已标出，所以动力的方向应该向下，连接支点O与A点，OA即为最长的动力臂L1，过A点作OA的垂线就得到在A点施加的最小动力F1，如图所示：
。
【解析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。据此分析解答。
知道已知动力的作用点，以支点到动力的作用点间的距离为动力臂是最长的动力臂。
25.【答案】解：根据题意，动滑轮重、绳重和摩擦均不计时，承担物重的绳子段数为：n=300N100N=3，故需要三段绳子提升；
n=3，为奇数，根据“奇动偶定”的原则，绳子起始端应系在动滑轮的挂钩上，然后再向定滑轮绕线，如下图所示：
故答案为：见上图。
【解析】动滑轮重、绳重和摩擦均不计，物重由几段绳子承担，拉力就是物重的几分之一；根据省力公式F=1nG物变形即可求出绳子的段数，再最据此绕线。
此题主要考查的是学生对滑轮组省力情况的计算以及滑轮组的绕制的理解和掌握。
26.【答案】解：电位器应与灯泡串联接入电路中；旋钮带动滑片顺时针转动时，灯泡变亮，说明电路中的电流变大，由I=UR可知，电源电压一定时，电路的总电阻应变小，电位器(滑动变阻器)接入电路中的电阻应变小，由图可知，将b和c两接线柱接入电路后，顺时针旋转旋钮时，电阻丝连入电路中的长度变短，其阻值变小，电路中的电流变大，灯泡变亮，如图所示：
【解析】电位器的实质是滑动变阻器，滑动变阻器依靠改变电阻线的长度来改变电阻大小；灯泡变亮，说明通过灯泡的电流变大，电路中的总电阻变小，电位器接入电路的电阻变小，据此分析。
本题考查了变阻器的连接方法以及变阻器电阻丝的材料特点，是一道较为简单的应用题。
27.【答案】解：由图知，上面的导线为火线；上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线，下面的导线为地线，则中间的导线为零线。开关控制插座，开关应与插座串联且接在火线与右孔之间，如图所示：
【解析】三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线。开关要接在火线和用电器之间。
我们要掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
28.【答案】解：(1)由图可知n=3，绳子自由端移动的距离：s=nh=3×3m=9m，
有用功：W有=Gh=480N×3m=1440J，
拉力做的总功：W总=Fs=200N×9m=1800J，
则滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=1440J1800J×100%=80%；
(2)拉力做功的功率：P=W总t=1800J10s=180W；
(3)因为不计绳重和摩擦时F=1n(G+G动)，所以动滑轮的重力：G动=nF−G=3×200N−480N=120N，
则物重为1080N时，则滑轮组的机械效率：η′=W有′W总′=W有′W有′+W额外′=G′hG′h+G动h=G′G′+G动=1080N1080N+120N=90%。
答：(1)滑轮组的机械效率为80%；
(2)拉力的功率为180W；
(3)若物重为1080N，则滑轮组的机械效率为90%。
【解析】(1)由图可知n=3，绳子自由端移动的距离s=nh，利用W有=Gh求有用功，利用W总=Fs求拉力做的总功，利用η=W有W总×100%求滑轮组的机械效率；
(2)利用P=W总t求拉力做功的功率；
(3)利用不计绳重和摩擦时F=1n(G+G动)求动滑轮的重力，利用η=W有W总=W有W有+W额外=GhGh+G动h=GG+G动求滑轮组的机械效率。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、功率和机械效率的计算，利用好不计绳重和摩擦时F=1n(G+G动)是关键。
29.【答案】解：(1)根据P=U2R可知灯泡L正常发光的电阻RL=UL2PL=(10V)210W=10Ω；
(2)只闭合开关S1、滑片P位于a端时，灯泡L与R2的最大阻值串联，电流表测电路中的电流，
由图甲可知，电流表的示数为0.5A时，灯泡L两端的电压UL=2V，
由欧姆定律可得，R2两端的电压：U2=IR2大=0.5A×16Ω=8V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：U=UL+U2=2V+8V=10V；
(3)从图中可知，通过R1的电流为0.3A时，R1两端的电压为3V，根据欧姆定律可知R1的阻值R1=U1I1=3V0.3A=10Ω。
闭合开关S1和S2，滑片P位于b端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，灯泡和定值电阻并联，电流表测量干路电流。
此时灯泡两端的电压等于额定电压，故灯泡正常发光，电功率为10W，
此时R1的电功率P1=U2R1=(10V)210Ω=10W，
此时整个电路的总功率P=P1+PL=10W+10W=20W。
答：(1)灯泡L正常发光的电阻为10Ω；
(2)电源电压为10V；
(3)闭合开关S1和S2，滑片P位于b端，此时整个电路的总功率是20W。
【解析】(1)根据P=U2R可知灯泡L正常发光的电阻；
(2)只闭合开关S1、滑片P位于a端时，灯泡L与R2的最大阻值串联，电流表测电路中的电流。
由图甲可知，电流表的示数为0.5A时，灯泡L两端的电压UL=2V，由欧姆定律可得R2两端的电压，根据串联电路的电压特点得出电源的电压；
(3)从图中可知，通过R1的电流为0.3A时，R1两端的电压为3V，根据欧姆定律可知R1的阻值。
闭合开关S1和S2，滑片P位于b端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，灯泡和定值电阻并联，电流表测量干路电流。此时灯泡两端的电压等于额定电压，故灯泡正常发光，电功率为10W，根据P=U2P可得出此时R1的电功率，根据P=P1+PL得出此时整个电路的总功率。
本题考查电功率的计算和欧姆定律的应用，综合性较强。
30.【答案】是 左 1.5不变 顺时针 75
【解析】解：(1)杠杆静止或匀速转动时都属于平衡状态，如图杠杆是静止状态，此时杠杆是平衡状态。
如图杠杆的左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动，使杠杆在水平位置平衡；
(2)一钩码重为0.5N，设杠杆的分度值为L，根据杠杆平衡条件由甲图可知：2×0.5N×3L=FB×2L，所以FB=1.5N；
(3)力臂等于支点到力的作用线的距离，竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图丙所示，此过程中，弹簧测力计拉力的力臂变小，钩码对杠杆拉力的力臂也变小，但是根据三角形的相似性，动力臂和阻力臂的比值是不变的，所以拉力大小不变；
(4)根据杠杆平衡条件知要使弹簧测力计读数减小，在阻力和阻力臂不变时，需要增大动力臂，当弹簧测力计与杠杆垂直时，动力臂最长，拉力最小，所以需要将弹簧测力计顺时针转动；
(5)利用轮轴提升重物时，物体升高的高度和绳子自由端移动距离的比值等于轴半径与轮半径的比值；
即hs=rR
已知R=4r，则即hs=14，
提升重物的有用功W有用=F2h=600N×h，总功W总=F1s=200N×s，
轮轴的机械效率为η=W有用W总×100%=F2hF1s×100%=600N×1200N×4×100%=75%。
故答案为：(1)是；左；(2)1.5；(3)不变；(4)顺时针；(5)75。
(1)杠杆静止或匀速转动时都属于平衡状态。平衡螺母向上翘的一端移动，能使杠杆在水平位置平衡；
(2)根据杠杆的平衡条件是动力×动力臂=阻力×阻力臂，可根据F1L1=F2L2，分析解题；
(3)力臂等于支点到力的作用线的距离，竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，此过程中，弹簧测力计拉力的力臂变小，钩码的力臂减小，根据数学知识和杠杆的平衡条件分析解题；
(4)根据杠杆平衡条件知要使弹簧测力计读数减小，需要增大动力臂，当弹簧测力计与杠杆垂直时，力臂最长；
(5)轮轴，顾名思义是由“轮”和“轴”组成的系统。该系统能绕共轴线旋转，相当于以轴心为支点，半径为杆的杠杆系统，利用轮轴提升重物时，物体升高的高度和绳子自由端移动距离的比值等于轴半径与轮半径的比值；由W有用=F2r可求得有用功，总功W总=F1R，由η=W有用W总×100%可求得轮轴的机械效率。
本题考查了探究杠杆平衡条件的实验过程，从原理到实际操作、实验方法、数据分析等，考查较为全面，是我们应该掌握的重点实验，根据是会用杠杆的平衡条件分析解答。
31.【答案】乙 木块移动的距离 质量 使小球到达水平面的速度相同 不能 C
【解析】解：(1)探究“动能的大小与哪些因素有关”时，让小球从某一高度由静止滑下，小球到达水平面后撞击木块，根据木块移动的距离判定动能的大小，故乙是最合理的；实验中通过观察木块被撞击后移动的距离来判断动能大小，这是转换法；
(2)由图2可知，小球滚下的高度相同，小球的质量不同，所以探究的是动能与质量的关系；
让两小球从同一高度由静止释放的目的是使小球到达水平面的速度相同；
(3)若水平面绝对光滑且不计空气阻力，小球与木块将一直做匀速直线运动下去，无法比较其距离的大小，也就无法得出其动能的大小，因此，实验无法得出结论；
(4)用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，由于弹簧的压缩程度相同，则具有的弹性势能相同，转换成的动能相同，所以推动木块移动的距离也相同，故选C。
故答案为：(1)乙；木块移动的距离；(2)质量；使小球到达水平面的速度相同；(3)不能；(4)C。
(1)探究“动能的大小与哪些因素有关”时，需要控制小球到达水平面时的速度相同；实验中通过木块被撞击后移动的距离来表示小球动能的大小，这是转换法；
(2)要探究动能和速度的关系，需保持质量相同，要探究动能和质量的关系，需保持速度相等；
(3)由于阻力的作用，最终木块停下来，如果没有了任何阻力，则木块将会做匀速直线运动，也就无法比较其运动的远近了；
(4)弹性势能的大小与弹性形变程度的大小有关。
本题是探究影响动能大小因素的实验，明确物体的动能与质量和速度有关，要掌握控制变量法在实验中的应用。
32.【答案】3415.288001000B乙 所需时间太长
【解析】解：(1)电能表读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW⋅h，由图可知，电能表示数为3415.2kW⋅h；
据电能表的表盘参数可知，家中用电器的总功率不能超过P大=UI=220V×40A=8800W；
(2)3000imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁3000次，
则电能表指示灯闪烁了50次，节能灯消耗的电能：W=50imp3000imp/(kW⋅h)=160kW⋅h；
节能灯的电功率：P=Wt=160kW⋅h160h=1kW=1000W；
由图可知，节能灯的额定功率为10W，此时计算出的结果为1000W，两者相差很大，所以据实际情况分析可知，很可能是由于在测量时小明没有关闭其他的用电器造成的，故选B；
(3)由P=Wt可知，电能表显示消耗1kW⋅h电能所用的时间t=WP=1kW⋅h10×10−3kW=100h，时间太长，此方案不合理；
若测量电能表指示灯闪烁3次所用时间是比较好测量和记录的，所以据此方法计算出节能灯的电功率更合理，故乙方案更合理。
故答案为：(1)3415.2；8800；(2)1000；B；(3)乙；所需时间太长。
(1)电能表读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW⋅h；
10A(40A)：表示电能表的标定电流是10A，电能表的额定最大电流是40A，据此可以计算出电能表所接电路允许使用的最大电功率；
(2)3000imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁3000次，据此可计算出电能表指示灯闪烁了50次，节能灯消耗的电能，利用P=Wt计算出节能灯的电功率；
根据计算结果，结合实际情况分析可知，很可能是由于在测量时小明没有关闭其他的用电器造成的；
(3)由P=Wt计算出电能表显示消耗1kW⋅h电能所用的时间t，根据计算出的时间分析是否合理；
若测量电能表指示灯闪烁3次所用时间是比较好测量和记录的，所以据此方法计算出节能灯的电功率更合理，故乙方案更合理。
该题考查了电能表参数的理解、电能的计算、电功率的计算，是一道综合题，有一定的难度，能理清题意，并能熟练的利用公式进行计算是解决该题的关键。
33.【答案】A ① 断路 2.2B2.50.75偏大
【解析】解：(1)为保护电路，闭合开关实验前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，由图知，滑片右侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大的A端；
(2)电流表示数为零，电路可能断路，电压表示数始终为3V，说明电压表与电源连通，已知仅导线发生故障，当图甲中导线①发生断路时，电压表串联在电路中测电源电压，符合题意；
(3)图乙中电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.2V，小于灯泡的额定电压2.5V，应增大灯泡的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V；
(4)根据图丙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图像可知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.3A，则小灯泡的额定功率是：P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；
(5)丁图中，电流表与灯串联，灯的电流测量是准确的，电压表测电流表和小灯泡两端的电压，根据串联电路的电压规律，电压表示数大于灯的实际电压，根据P=UI，测得小灯泡的额定功率与真实值相比偏大。
故答案为：(1)A；(2)①；断路；(3)2.2；B；2.5；(4)0.75；(5)偏大。
(1)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处；
(2)若电流表示数为零，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的电路断路了；
(3)根据电压表选用小量程确定分度值读出示数，与灯泡的额定电压比较，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；
(4)灯泡在额定电压下正常发光，由图乙中的图像得出额定电压下的电流，根据P=UI可求出灯泡的额定功率；
(5)根据串联、并联电路的规律及P=UI分析。
本题测量小灯泡的电功率，考查注意事项、故障分析、实验操作、电功率计算及误差分析等知识，为中考的热点问题。
34.【答案】温度差 B>t1+t22 B
【解析】解：(1)由题中信息知：当物体或物体的不同部分之间存在温度差时，就会发生热传递；
(2)热传递的条件是有温度差，电压是形成电流的原因，热量传导过程和电流相似，温度差相当于电路中电压，故B正确；
(3)铜汤勺放在热汤中，把手很快就会烫手，而塑料把手的汤勺不会烫手，说明塑料的传热性能差，根据题意知：导热系数越大，热阻越小，导热能力越强，所以铜的导热系数大于塑料的导热系数，即λ铜>λ塑料；
(4)墙壁中形成稳定的热量流动，相同时间内，温度的减少相同，所以墙壁正中间处的温度为：t1+t22；
(5)墙壁温度变化随着厚度改变而均匀递增(或递减)，所以在墙壁中形成稳定的热量流动，则单位时间内从高温环境传导到低温环境的热量Q与墙壁两侧的温度差成正比，与墙壁的热阻成反比，由此可知：A错误，B正确；
根据关系式R=LλS可知：物体的热阻与物体在热传导方向上的长度L成正比、与横截面积S成反比，还与材料的导热系数λ成反比，故CD错误。
故答案为：(1)温度差；(2)B；(3)>；(4)t1+t22；(5)B。
(1)当物体或物体的不同部分之间存在温度差时，就会发生热传递；
(2)热传递的条件是有温度差，电压时形成电流的原因；
(3)根据题中信息知：导热系数越小，热阻越大，导热能力越差；
(4)根据墙壁中形成稳定的热量流动，分析解答；
(5)根据题干中的信息即可判断；墙壁温度变化随着厚度改变而均匀递增(或递减)，所以在墙壁中形成稳定的热量流动，则单位时间内从高温环境传导到低温环境的热量Q与墙壁两侧的温度差成正比，与墙壁的热阻成反比。
本题以热阻为背景考查了学生根据题中信息分析解答能力，有一定的难度。
2021-2022学年江苏省苏州市昆山、太仓、常熟、张家港市四市联考九年级（上）期末物理试卷
1. 通过实验发现电流、电压、电阻三个物理量规律的科学家是( )
A. 法国的安培 B. 德国的欧姆
C. 意大利的伏特 D. 英国的焦耳
2. 将物体A挂于弹簧测力计下，测力计与物体A共同处于静止或匀速直线运动状态，已知匀速运动的速度关系为v1
C. D.
3. 如图是单塔双索斜拉大桥，索塔两侧对称的拉索承受了桥梁的重力，现仅有一辆载重汽车从桥梁左端速匀速驶向索塔的过程中，左侧拉索拉力大小( )
A. 一直减小 B. 一直增大 C. 先减小后增大 D. 保持不变
4. 如图甲实心球向上运动，落回地面的过程中先后经过M、S两点。实心球在这两点的动能和重力势能如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 实心球上升过程中动能增大，重力势能减小
B. 实心球在运动过程中机械能不守恒
C. M点离地高度比在S点的低
D. M点到S点过程中实心球动能保持不变
5. 如图表示阻值不同的两个电阻的电流强度随电变化的I−U曲线，从图中可知错误的是( )
A. 电阻不变时，电流与电压成正比
B. R1>R2
C. R1、R2串联后的总电阻的I−U曲线在区域Ⅲ
D. R1、R2并联后的总电阻的I−U曲线在区域Ⅰ
6. 电动公交车的动力来源于电动机，前、后两门(电路开关)中任意一个门没有关闭好，电动公交车都无法行驶。图中符合要求的电路是( )
A. B.
C. D.
7. 关于以下实验的说法，正确的是( )
A. 图甲：水蒸气对瓶塞做功，水蒸气的内能增加
B. 图乙：活塞压缩空气，内能转化为机械能
C. 图丙：烧水过程，通过热传递改变内能
D. 图丁：做“比较不同燃料燃烧时放出热量”实验时烧杯内水的质量不需要相等
8. 用如图所示的装置探究滑轮组机械效率，下列说法不正确的是( )
A. 实验时弹簧测力计可以在静止时读数
B. 测量机械效率的原理：η=W有用W总×100%
C. 此装置可以探究滑轮组机械效率与绳子股数的关系
D. 实验测量工具可以不用刻度尺
9. 如图1所示，是同学在探究“电流与电阻关系”实验中设计的电路图、以及绘制的图像(图2)，对此提出了以下的见解，其中说法不正确的是( )
A. 该实验中滑动变阻器的作用：保护了电路和控制定值电阻的电压不变
B. 实验中滑动变阻器最大阻值过小可能会导致部分电阻的电压达不到预设电压值
C. 由图2图像中的阴影部分面积对应的物理量是电压
D. 用10Ω的电阻代替5Ω电阻实验时，为达到实验目的应调节滑片向右移动
10. 关于家庭电路及安全用电，下列说法中正确的是( )
A. 甲图：两孔插座和三孔插座是串联的
B. 乙图：白炽灯泡的金属螺纹壳既可接火线，也可接零线
C. 丙图：图中测电笔的使用是正确的
D. 丁图：发生此类触电时，电路中的“漏电保护器”会自动断开，切断电路
11. 如图甲所示，将一个标有“36V25W”的小灯泡接在电压为12V的恒压电源上，闭合开关的瞬间(t=0)开始利用传感器记录电路中电流随时间的变化情况(如图乙)，利用慢速摄影技术可以观察到前0.04s灯丝经历了从不发光、微微发光到逐渐变亮的过程，从第0.04s后灯泡逐渐变为稳定发光。下列说法正确的是( )
A. 灯丝的实际功率一直不变 B. 闭合开关瞬间，灯丝的实际功率最小
C. 小灯泡稳定发光后实际功率为12W D. 灯丝从0∼0.04s实际功率逐渐变大
12. 在甲、乙两个精密电子仪器中，为了便于调节电路中的电流，其调节部分都使用了R1、R2两个滑动变阻器，如图所示，其中R1的总电阻是200Ω，R2的总电阻是5000Ω，开始时两滑动变阻器都处于最大阻值位置。下面的几种调节中，能既快又准确地使电流表指针指到要求位置的是( )
A. 甲仪器先调节R1，再调节R2，乙仪器先调节R2，再调节R1
B. 甲仪器先调节R2，再调节R1，乙仪器先调节R1，再调节R2
C. 甲、乙两仪器都是先调节R2，再调节R1
D. 甲、乙两仪器都是先调节R1，再调节R2
13. 如图，旗杆的顶端安装着一个______滑轮，用来改变拉力的______。
14. 一节新干电池的电压为______ V；如图所示，将图中的一节干电池正确装入图中电池盒中，则电池的正极应接到电池盒的______端(选填“A”或“B”)。
15. 小明在玻璃试管内装入适量沙子，将温度计插在沙子中。用力晃动十余下，发现温度计示数变大了，这说明沙子的内能______(选填“增大”“减小”或“不变”)，这主要是通过______的方式改变沙子的内能。
16. 某校九年级举行登楼比赛的物理实践活动，要求参赛选手登上同一教学楼的顶楼，“比一比，看谁的功率大”。如果你的班级要取胜，则应推选出体重较______并且上楼速度较______的同学参加比赛。
17. 如图所示，完全相同的两个小球A、B分别与轻质细线和轻质弹簧连接，将两球拉高使细线与弹簧在同一水平方向上，此对弹簧处于原长状态，且弹簧长度小于细线长度，由静止释放后，两球运动到最低点时在同一水平而上(不计空气阻力)，你判断两个小球在最低点时，A球的动能______ B球的动能(填“大于”、“小于”或“等于”)，你判断的理由是：______。
18. 如图所示，是水的凝固图像。分析图像发现，AB段比CD段降温慢，其原因是______。图像中，B点的内能______(选填“大于”、“小于”或“等于”)C点内能。若水的质量为500g，水从A点降温到B点，要放出______ J的热量。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
19. 老师做“电池+口香糖锡纸=取火工具”的实验：取口香糖锡纸，中间剪掉一些(如图乙所示)，将锡纸条连接电池的正负极(如图甲所示)，很快发现锡纸条开始着火，锡纸具有导电性，此时电路处于______(选填“断路“或“短路”)状态，使电路迅速产生大量热量并释放出来，这是利用了电流的______效应；已知锡纸条上ab、bc、cd段长度相等，则______段的最先燃烧起来。
20. 如图是小明设计的风力测定仪，O是转动轴，金属杆OC下面连接着一块受风板，AB是电阻片，它跟金属杆组合在一起的作用相当于一个______。该风力测定仪工作时，风力越大，灯泡的亮度越______。小明发现，在风力变化不大时，仅凭灯泡的亮度难以准确显示风力大小，要克服这个缺点，可以在电路中串联一个______表。
21. 如图所示，这是某品牌电热水器的内部简化电路，R1和R2均为电热丝，R1=4R2，其阻值不随温度变化而变化。则当开关S1闭合、开关S2接a时，电热水器处于______(选填“高温”、“中温”或“低温”)挡；中温挡与低温挡的额定功率之比为______。
22. 如图甲所示，测量废旧日光灯丝的电阻，电源电压3V恒定不变。测量后作出了U−I图像如图乙，在实验中同学们发现刚过B点，灯丝就开始发红，当达到C点时出现明显的红炽状态。同学们此时好奇地轻轻吹了一下日光灯丝，此时电流表的示数______(选填“增大”、“减小”或“不变”)，于是他们继续保持滑动变阻器滑片不动，将日光灯丝吹到刚好不发红，则此时电流表的示数应为______ A，此时对灯丝功率是______ W。
23. 在测Rx电阻的实验中，同学们分别设计了甲乙两种电路。
(1)部分同学们认为甲电路设计比乙电路设计好。因为甲电路设计可以多次测量求平均值减小误差，而乙电路设计做不到这点。他们的想法是：______。(选填“正确的”或“错误的”)。
(2)如电路图乙所示，测量Rx的阻值的实验步骤如下：
①当闭合开关S，S1接a时，调节滑动变阻器，记录电压表的示数为U1；
②当闭合开关S，S1接b时，______(选填“需要”或“不需要”)调节滑动变阻器，记录电压表的示数为U2；
③Rx的阻值表达式为Rx=______。(用U1、U2、R0表示)
24. “节约用水，人人有责！”如图甲所示，是用水后及时关闭水龙头时的情景，水龙头手柄看作是一个杠杆，F2是的阻力，请你在如图乙中画出施加在A点的最小动力F1及其力臂L1的示意图。
25. 如图所示，用滑轮组提升重300N的重物，绳上最多能提供100N的动力，请画出滑轮组绳子的绕法(不计动滑轮、绳重和摩擦)。
26. 如图是一种调光台灯电位器(滑动变阻器)的内部结构示意图，a、b、c是它的三个接线柱。要求：旋钮带动滑片顺时针转动时，灯泡变亮，请完成该电路的连接。
27. 如图所示为“一开三孔”开关(即一个开关和一个三孔插座)，部分电路已接好，请将电路补充完整，要求开关控制插座。
28. 用如图所示的滑轮组匀速提升重为480N的物体，所用拉力为200N，不计绳重和摩擦，将重物提升3m所用时间为10s，求：
(1)滑轮组的机械效率。
(2)拉力的功率。
(3)若物重为1080N，则滑轮组的机械效率多大？
29. 如图所示，图甲是“10V10W”的灯泡L和电阻R1的I−U图像，将它们按图乙所示接入电路中，滑动变阻器上标有“16Ω2.5A“字样，电源电压恒定。只闭合开关S1，滑片P位于a端，此时电流表的示数为0.5A。求：
(1)灯泡L正常发光的电阻；
(2)电源电压；
(3)闭合开关S1和S2，滑片P位于b端，此时整个电路的总功率是多少？
30. “探究杠杆的平衡条件”的实验中。
(1)实验前，杠杆处于静止状态如图甲所示，此时杠杆______平衡状态(选填“是”或“不是”)，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向______调；
(2)如图乙所示，在A点挂2个重力均为0.5N的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为______ N；
(3)竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图丙所示，此过程中，弹簧测力计的示数______(均选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(4)若要使图丙状态下的弹簧测力计读数减小，可将弹簧测力计绕B点______(选填“顺时针”或“逆时针”)方向转动一个小角度；
(5)如图丁(a)是用来提升重物的轮轴，是一种变形杠杆，图丁(b)是它的杠杆示意图。若图乙中R=4r，作用在C点重物的拉力为F2=600N，作用在D点的动力F1=200N，则轮轴的机械效率为η=______%。
31. 小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中。
(1)小明设计了如图1所示的三种方案，你认为将木块放在图______(填“甲”、“乙”或“丙”)位置最合理。该实验是通过观察______来判断小球动能的大小。
(2)图2实验中，探究的是动能与______的关系。让两小球从同一高度由静止释放的目的是______。
(3)若水平面绝对光滑，本实验将______(填“能”或“不能”)达到探究目的。
(4)为了探究小明又将装置进行了改造成如图3所示，他用质量不同的铁球将弹簧压缩相同程度，撞击同一木块。观察到木块被撞击后移动的情况是______。
A.质量大的铁球将木块推动的距离较远
B.质量小的铁球将木块推动的距离较远
C.质量不同的铁球将木块推动的距离相同
32. 为了解家用节能灯的耗能情况，小明进行了以下实践。
(1)如图所示是小明家节能灯和电能表的实物。如图中电能表的示数为______kW⋅h，该电能表所接电路允许使用的最大电功率是______ W。
(2)接着打开室内的一盏节能灯，节能灯正常发光。他以指示灯某一次闪烁后立即开始计时，1min电能表指示灯闪烁了50次，则电功率是______ W，他发现与节能灯铭牌标值明显不符，原因最可能是______。
A.小明家的节能灯比较特殊，功率很大
B.小明没有关闭其他的用电器
(3)解决上述问题后，小明经过思考设计了以下两种实验方案重新进行测量。
甲方案：测量出电能表显示消耗1kW⋅h电能所用的时间t；
乙方案：以指示灯某一次闪烁后立即开始计时，测量闪烁3次所用时间t。
你认为______(选填“甲”或“乙”)方案更合理，并说出另一个方案的不足之处：______。
33. 如图所示，小华用图甲所示电路测量小灯泡的电功率(U额=2.5V)。
(1)闭合开关前，滑动变阻器滑片P应位于______(选填“A”或“B”)端。
(2)闭合开关后，小华发现无论怎样调节滑动变阻器，电压表示数为3V，电流表示数为零，已知仅导线发生故障，则图甲中导线______(选填“①”、“②”或“③”)发生了______(填写故障名称)。
(3)小华同学，移动滑片P到某一点时，电压表示数(如图乙所示)为______ V，若她想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向______(选填“A”或“B”)端移动，使电压表的示数为______ V。
(4)小华同学移动滑片P，绘制成图丙所示的U−I图像，根据图像信息，可计算出小灯泡的额定功率是______ W。
(5)在交流和评估环节中，两组的同学发现，他们使用的器材完全相同，但所测得的小灯泡的额定功率却相差较大。交流发现，他们所设计的实验电路略有不同，经老师提醒，原来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，按丁图测得小灯泡的额定功率与真实值相比______(选填“偏大”、“偏小”或“相同”)。
34. 阅读分析题
热阻
当物体或物体的不同部分之间存在温度差时，就会发生热传递。热传导是热传递的一种方式，物体对热量的传导有阻碍作用，称为热阻，用R表示。物体的热阻与物体在热传导方向上的长度L成正比、与横截面积S成反比，还与物体的材料有关，关系式为R=LλS，式中λ称为材料的导热系数，不同材料的导热系数一般不同。房屋的墙壁为了保温，往往使用导热系数较小的材料。如果墙壁一侧是高温环境，温度始终为t1，另一侧是低温环境，温度始终为t2，墙壁温度变化随着厚度改变而均匀递增(或递减)，所以在墙壁中形成稳定的热量流动，则单位时间内从高温环境传导到低温环境的热量Q与墙壁两侧的温度差成正比，与墙壁的热阻成反比。
(1)发生热传导的条件是相互接触的物体之间存在______ 。
(2)热量传导过程和电流相似，温度差相当于电路中______ 。
A.电流；B.电压；C.电阻；D.电功率
(3)铜汤勺放在热汤中，把手很快就会烫手，而塑料把手的汤勺不会烫手。由此可知铜和塑料的导热系数大小：λ铜______ λ塑料(填“>”“<”或“=”)。
(4)如图甲所示，热量在墙壁中传导，虚线标出的墙壁正中间处的温度为______ 。
(5)图乙中图像与文中信息描述一致的是______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：欧姆发现了欧姆定律，即通过导体的电流与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比。
故选：B。
通过导体的电流与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比，这一规律最早由德国科学家欧姆总结得出，这就是著名的欧姆定律。
此题考查的是我们对物理学史的识记，属于基础知识，难度不大，容易解答。
2.【答案】C
【解析】解：
做功必须包括力和沿力方向移动的距离两个要素，A选项中物体静止，有力无距离，所以拉力不做功；D选项中拉力与运动方向垂直，所以拉力也不做功；而B、C两项中物体沿拉力方向移动了距离，则拉力对物体做功，所以，做功的只有B、C；
而B、C中，物体A均处于匀速直线运动状态(即平衡状态)，所以，物体受到的是平衡力，即拉力与重力平衡，故弹簧测力计对物体A的拉力相等(等于A的重)；又v1
(1)要比较拉力功率的大小，首先判断拉力是否做功；做功必须包括力和沿力方向移动的距离两个要素，有力无距离或者拉力与运动方向垂直，拉力均不做功，据此分析有哪些选项中的拉力对物体做功；
(2)根据物体A均处于静止或匀速直线运动状态，即平衡状态，所以物体受到的是平衡力，即拉力与重力平衡，故四个选项中弹簧测力计对物体A的拉力均相等，结合已知条件v1
3.【答案】A
【解析】解：以索塔与桥面的交点为支点，左侧拉索的拉力为动力，汽车对桥的压力为阻力，当载重汽车从桥梁左端匀速驶向索塔的过程中，阻力臂逐渐减小，在阻力和动力臂不变时，根据杠杆的平衡条件知左侧拉索拉力大小一直减小，故A正确。
故选：A。
以索塔与桥面的交点为支点，左侧拉索的拉力为动力，汽车对桥的压力为阻力，根据杠杆的平衡条件分析解答。
本题主要是考查了杠杆平衡条件的应用，解答本题的关键是能够正确的进行受力分析。
4.【答案】B
【解析】解：A、实心球上升过程中质量不变、速度减小、高度增加，动能减小，重力势能增大，故A错误；
B、从图乙可以看出，实心球在M点的重力势能+动能>实心球在S点的重力势能+动能，可知实心球在运动过程中机械能不守恒，故B正确；
C、从图乙可以看出，实心球在M点的重力势能比在S点的大，所以M点离地高度比在S点的高，故C错误；
D、M点的重力势能比在S点的大，由于机械能为动能和势能的和，机械能逐渐变小，所以M点到S点过程中实心球动能发生了改变，故D错误。
故选：B。
影响动能大小的因素：物体的质量和速度。物体的质量越大，速度越大，物体具有的动能就越大；
影响重力势能大小的因素：物体的质量和物体所处的高度。物体的质量越大，所处的高度越高，物体的重力势能就越大；动能和势能之和称为机械能。
本题以实心球测试为内容，考查了与力学相关的多个知识点，学会将相关知识与实际现象相联系，是正确解答此类问题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：A.两条图线都是过原点的直线，说明在电阻一定时，电流与电压成正比，故A正确；
B.从图像中可以看出，相同的电压下，通过R2的电流小，所以R1
D.两电阻并联后，总电阻小于任一分电阻，所以其图像在区域Ⅰ中，故D正确。
故选：B。
根据欧姆定律进行分析，即从图像中读出同一电压下对应的电流值，电流越大，电阻越小；串联电路中总电阻比任何一个都大，并联电路中总电阻比任何一个电阻都小。
本题考查欧姆定律的图像，要注意明确I−U图像中图像的斜率表示电阻的倒数。
6.【答案】B
【解析】解：因为电动机要由前、后两门(电路开关)关闭同时控制，任意一个门没有关闭好电动机都不能工作，则电动公交车无法行驶，所以前、后两门中的电路开关应串联连接同时控制电动机，符合要求的电路只有选项B。
故选：B。
根据串联电路的特点进行分析，即串联电路开关控制整个电路。
会设计串联电路和并联电路，并且知道串并联电路中开关的作用。
7.【答案】C
【解析】A、甲图中，试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能减少，温度降低，故A错误；
B、乙图中，迅速向下压活塞，由于压缩玻璃筒内的空气对其做功，使得空气的内能增加，温度升高，将机械能转化为内能，故B错误；
C、烧水时水从火焰中吸收热量，温度升高，是利用热传递的方式改变物体内能的，故C正确；
D、做“比较不同燃料燃烧时放出热量”实验时，根据控制变量法可知，实验中需要控制水的质量相同，根据水升高的温度判定燃料燃烧放热的多少，故D错误。
故选：C。
分析：(1)改变内能的方式有做功和热传递，其中做功改变物体内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的方式是能量的转移；对物体做功，物体的内能增加，物体对外做功，物体的内能减少；
(2)做“比较不同燃料燃烧时放出热量”实验时，需要控制水的质量相同，根据水升高的温度判定燃料燃烧放热的多少。
本题考查了改变内能的方法和控制变量法的应用，属于综合性题目。
8.【答案】A
【解析】解：A、若弹簧测力计在静止时读数，则没有测量出绳子与滑轮间的摩擦，拉力偏小，总功偏小，根据η=W有用W总×100%，此时所测的机械效率偏大，则该方法是错误的，故A错误；
B、测量机械效率的原理：η=W有用W总×100%，故B正确；
C、改变绳子缠绕形式可以探究滑轮组机械效率与绳子股数的关系，故C正确；
D、因s=3h，则滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhFs=GhF×3h=G3F×100%，所以实验中可以不测量h和s，即刻度尺可以不用，故D正确。
故选：A。
(1)在弹簧测力计静止时读数，则没有测量出绳子与滑轮间的摩擦，拉力偏小，总功偏小，根据η=W有用W总×100%分析；
(2)机械效率是指有用功占总功的百分比；
(3)改变绳子缠绕形式可以探究滑轮组机械效率与绳子股数的关系；
(4)根据滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhFs=GhF×3h=G3F×100%分析解答。
本题测滑轮组机械效率，考查s=nh的运用、滑轮组连接、实验原理及提高机械效率的方法。
9.【答案】D
【解析】解：A、探究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，该实验中滑动变阻器的作用除了保护电路外，还有控制电阻电压不变的作用；故A正确。
B、研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，假设电源电压一定，根据串联电路电压的规律，定值电阻与滑动变阻器分得的电压均为定值，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻与定值电阻的比值为一定值，接入电路中的定值电阻越大，变阻器连入电路中的电阻越大，滑动变阻器的最大阻值太小可能会导致部分电阻的电压达不到预设电压值，故B正确。
C、图2图像中的阴影部分面积等于电阻R乘以电流I，即U=IR，故C正确。
D、根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由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，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数不变，故D错误。
故选：D。
(1)探究“电流与电阻关系”实验中，要控制电阻两端电压不变。
(2)研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，根据串联电路电压的规律和分压原理得出变阻器连入电路中的电阻与定值电阻大小的关系。
(3)图2图像中的阴影部分面积等于电阻R乘以电流I，据此分析。
(4)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，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。
本题考查了伏安法探究电流与电阻关系，综合考查了实验设计、数据分析、现象分析以及图形解读，综合性极强，难度也颇大。
10.【答案】D
【解析】解：
A、插座上的两孔插座和三孔插座是并联的，故A错误；
B、为了防止出现触电现象，在家庭电路中白炽灯螺丝套接零线(N)上，故B错误；
C、常用测电笔辨别火线和零线，使用测电笔时，手要接触测电笔尾部的金属体，笔尖接触电线，如果氖管发光，表示接触的是火线，故C错误。
D、人站在地面上单手接触火线时，电流直接由人体流入大地，造成电路中通过火线的电流较大，则火线与零线中的电流相差较大，所以漏电保护器会自动断开，起到保护作用，故D正确；
故选：D。
(1)家用电器是并联接入电路的，工作时互不影响；
(2)为了保证用电安全，螺丝口灯座的螺丝套应接零线；
(3)测电笔的使用方法：使用测电笔时，手要接触测电笔尾部的金属体，笔尖接触电线，氖管发光表明接触的是火线，不发光是零线；
(4)当单相触电时实际上就是人体加载在了火线和地线之间，火线电流大，零线电流小，漏电保护器工作。
此题考查了安全用电常识和家庭电路的连接，属于基本技能的考查，难度不大；日常生活中的一些安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生。
11.【答案】C
【解析】解：A、电源的电压恒定，则小灯泡两端的电压不变，由图乙可知，通过灯泡的电流先减小后不变，由P=UI可知，灯丝的实际功率先变小后不变，故A错误；
B、闭合开关瞬间，电流最大，灯丝的实际功率最大，故B错误；
C.灯泡稳定发光后实际功率为：P=UI=12V×1A=12W，故C正确；
D.由P=UI可知灯丝从0∼0.04s实际功率逐渐变小，故D错误。
故选：C。
电源的电压恒定，则小灯泡两端的电压不变，由图乙可知，通过灯泡的电流先减小后不变，由P=UI可知，灯丝的实际功率先变小后不变，据此进行解答。
本题考查了电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键，有一定的创新性，但难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：由题意可知，R2比R1大很多(R2>>R1)，并联时，并联电路两端电压相等，电流表示数：I=UR1+UR2，调节R1阻值变化大，对电流影响大，所以要快速将电路中的电流调到要求位置，应先调节大电阻R1，再调节R2；
串联时，电流表示数：I=UR1+R2，调节R2阻值变化大，对电流影响大，所以要快速将电路中的电流调到要求位置，应先调节大电阻R2。
故选：A。
通过调节滑动变阻器阻值的大小可以改变电路中的电流。两个滑动变阻器并联或串联，由I=UR和两变阻器的最大值情况分析判断准确调节电流的方法。
两个变阻器串联起来使用，学生接触的比较少，有新意的同时又增加了难度。不过在生活中我们会经常用到这样使用的变阻器，例如：收音机调台功能上的粗调和微调等。
13.【答案】定 方向
【解析】解：
旗杆顶端的滑轮的轴的位置固定不变，是定滑轮，使用定滑轮是为了改变拉力的方向。
故答案为：定；方向。
轴的位置固定不变的滑轮叫定滑轮，使用定滑轮不能省力，但能改变用力的方向。
本题考查了定滑轮的定义和特点，属于基础题目。
14.【答案】1.5B
【解析】解：一节新干电池的电压是1.5V，电池盒的弹簧端要连接电池的负极，电池的正极应接到电池盒的B接线柱。
故答案为：1.5；B。
(1)一节新干电池的电压是1.5V；
(2)根据对实验室内或生活中电池盒的使用方法的了解解答。
本题考查了干电池的电压、电池盒的使用，属于基础题目。
15.【答案】增大 做功
【解析】解：用力晃动试管十余下，发现温度计示数变大了，说明沙子的温度升高了，这是因为晃动试管时，试管内的沙子互相摩擦做功，将机械能转化为内能，使沙子的内能增大。
故答案为：增大；做功。
改变内能的方式有做功和热传递，其中做功改变物体内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的方式是能量的转移。
本题考查了做功改变物体内能，主要侧重学生应用所学知识分析和解决实际问题的能力，难度不大。
16.【答案】重 快
【解析】解：根据功率公式P=Wt，做功越多、所用时间越短，则功率越大。
设楼的高度为h。
根据公式W=Fs=Gh，参赛选手登上同一教学楼，所以h相同，因此较重的同学做功多。
根据v=st得，t=sv=hv，经过相同的路程，速度大的同学所用时间较短。
所以要想取胜，参赛同学体重越重、上楼速度越快越好。
故答案为：重；快。
此题需要用功率的公式进行分析。根据功率的公式P=Wt，做功越多、所用时间越短，则功率越大。然后根据功的公式W=Fs及速度变形公式t=sv进行分析。
此题通过一次实践活动，考查了学生对功率公式的掌握及应用。同时考查了学生对功和速度公式的应用。
17.【答案】大于 完全相同的两个小球A、B在同一水平方向上由静止释放时重力势能相同，不计空气阻力，A、B两球机械能守恒，释放后两球运动到最低点时在同一水平面上在这个过程中，A球的重力势能转化为动能，而B球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能。所以，两个小球在最低点时，A球的动能大于B球的动能。
【解析】解：重力势能与物体的质量和高度有关，完全相同的两个小球A、B在同一水平方向上由静止释放时重力势能相同，不计空气阻力，释放后两球运动到最低点的过程中，A球的重力势能转化为动能，而B球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能。因为B球的重力势能有一部分转化成弹簧的弹性势能，所以，两个小球在最低点时，A球的动能大于B球的动能。
故答案为：大于；完全相同的两个小球A、B在同一水平方向上由静止释放时重力势能相同，不计空气阻力，释放后两球运动到最低点的过程中，A球的重力势能转化为动能，而B球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能。所以，两个小球在最低点时，A球的动能大于B球的动能。
不计空气阻力，根据系统机械能守恒比较两球的动能大小。
考查了动能和势能的相互转化，这也是中考常考的考点。
18.【答案】冰的比热容比水小 大于 2.1×104
【解析】解：(1)由于冰的比热容比水小，冰和水的质量相等，吸收相同的热量，冰的温度变化多，所以AB段比CD段升温快；
(2)BC段是水的凝固过程，该过程放出热量、内能减小，温度不变，所以物体在B点时具有的内能大于在C点时的内能；
(3)水从A点降温到B点放出的热量：
Q放=cm(t0−t)=4.2×103J/(kg⋅℃)×500×10−3kg×(10℃−0℃)=2.1×104J。
故答案为：冰的比热容比水小；大于；2.1×104。
(1)水的比热容较大，质量相同的水与其它物质相比，吸收相同的热量，水的温度变化小；
(2)晶体熔化时吸收热量、内能增加、温度不变；
(3)知道水的比热容、质量、水从A点降温到B点温度变化量，利用Q放=cm(t0−t)计算水放出的热量。
本题考查了对比热容特性的理解、吸热公式的应用、晶体熔化的特点，以及对晶体熔化图像和沸腾图像的认识，考查比较全面，要熟练掌握。
19.【答案】短路 热 ab
【解析】解：(1)因为锡属于金属，具有导电性，将锡纸条带锡的一端接在电池的正极，带锡另一端接在电池的负极，形成了电源短路，此时电路中迅速产生大量热量使温度达到锡纸的着火点而使之燃烧；
(2)由于锡纸条有电阻，当有电流通过时，会产生热量，这是利用了电流的热效应；
(3)由图知，锡纸条上相同长度的ab段、bc段、cd段，三段的长度和材料相同，ab段横截面积较小，在材料和长度相同时，横截面积越小电阻越大，所以ab段的电阻大，cd段横截面积大，电阻小，在电流相同和通电时间相同时，由Q=I2Rt知，电阻越大，产生的热量越多，故ab段产生的热量多。
故答案为：短路；热；ab。
(1)导线直接将电源连接起来的电路叫短路；
(2)电流通过导体时，导体会发热，这种现象叫电流的热效应；
(3)导体电阻的大小跟导体的长度、横截面积、温度、材料有关，由Q=I2Rt分析哪段产生的热量越多。
本题考查对短路、电阻的影响因素认识和理解，以及焦耳定律的应用，知道短路时，电路中的电流很大，很容易烧坏电源或导线，是不允许的。
20.【答案】滑动变阻器 亮 电流
【解析】解：
(1)由图知，无风时OC是竖直的，连入电路的电阻是AB段；有风时，OC杆偏转一定的角度，连入电路的电阻变为BP段，连入电路的电阻随风力的大小而改变，所以金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个滑动变阻器；
(2)风越大，OC杆偏转的角度越大，BP段接入电路的电阻越小，则总电阻变小，电源电压不变，由欧姆定律可知电路中的电流变大，灯泡越亮；
(3)仅凭灯泡的亮度难以准确显示风力大小，要克服这个缺点，可以在电路中串联一个电流表。
故答案为：滑动变阻器；亮；电流。
(1)由图知，无风时OC是竖直的，连入电路的电阻是AB段；有风时，OC杆偏转一定的角度，连入电路的电阻变为BP段，连入电路的电阻随风力的大小而改变，据此分析；
(2)风越大，OC杆偏转的角度越大，BP段接入电路的电阻越小，则总电阻变小，电源电压不变，由欧姆定律可知电路中的电流的变化情况，进而得出灯泡的亮度变化；
(3)仅凭灯泡的亮度难以准确显示风力大小，要克服这个缺点，可以在电路中串联一个电流表。
本题考查学生对滑动变阻器实质的理解和掌握，以及对电路图的分析解决实际问题的能力。
21.【答案】高温 5:4
【解析】解：当开关S1断开，S2接b时，两电热丝串联，电路的总电阻最大，根据P=UI=U2R可知此时电路总功率最小，电热水器处于低温挡；
当开关S1闭合，S2接b时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最较大，根据P=UI=U2R可知此时电路总功率较小，电热水器处于中温挡；
当开关S1闭合，S2接a时，两电热丝并联，电路的总电阻最最小，根据P=UI=U2R可知此时电路总功率最大，电热水器处于高温温挡。
根据P=UI=U2R可知：P中温=U2R1，P低温=U2R1+R2，
则中温挡与低温挡的额定功率之比为：P中温P低温=U2R1U2R1+R2=R1+R2R1=4R2+R24R2=54=5：4。
故答案为：高温；5：4。
当开关S1断开，S2接b时，两电热丝串联，电路的总电阻最大，根据P=UI=U2R可知此时电路总功率最小，电热水器处于低温挡；
当开关S1闭合，S2接b时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最较大，根据P=UI=U2R可知此时电路总功率较小，电热水器处于中温挡；
当开关S1闭合，S2接a时，两电热丝并联，电路的总电阻最最小，根据P=UI=U2R可知此时电路总功率最大，电热水器处于高温温挡。
根据P=UI=U2R可分别得出中温挡与低温挡的额定功率的表达式，进而得出功率比。
本题考查等效电路分析和电功率的计算等知识，综合性强，有一定难度。
22.【答案】增大 1 3
【解析】解：
(1)由图甲可知，灯丝与滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯丝两端的电压。
图乙是灯丝的U−I图像，由图中数据利用欧姆定律可知，滑片位于A、B两点时(图中没有标出A、B两点)灯丝的电阻分别为2.5Ω、3Ω，由题意可知滑片从A移动到B的过程中，灯丝的温度逐渐升高，所以可知灯丝的电阻随温度的升高而增大；
轻轻吹一下日光灯丝时，加快了散热，则灯丝的温度降低，灯丝的电阻变小，根据串联电阻的规律可知，电路的总电阻变小，由欧姆定律I=UR可知，此时电路中的电流增大，即电流表的示数增大；
(2)在B点时(灯丝刚好不发红)，由图乙可知，此时电流表的示数为0.2A，灯丝两端的电压为0.6V，
则此时灯丝的电阻为：R丝=UBIB=0.6V0.2A=3Ω，
由图乙可知，在C点时，灯丝两端的电压为3V，等于电源电压，说明滑动变阻器接入的电阻为零，
再继续保持滑动变阻器滑片不动，将日光灯丝小心地吹到刚好不发红，故灯丝的电阻不变仍为3Ω，
由欧姆定律可得此时电流表的示数(即通过灯丝的电流)为：I=UR丝=3V3Ω=1A，
此时灯丝功率为：P=UI=3V×1A=3W。
故答案为：增大；1；3。
(1)由图甲可知，灯丝与滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯丝两端的电压。
轻轻吹一下日光灯丝时，根据影响电阻大小的因素确定灯丝的电阻变化，根据串联电阻的规律可知电路的总电阻变化，由欧姆定律I=UR确定此时电流表的示数变化；
(2)在B点时(灯丝刚好不发红)，结合图示，由欧姆定律求出灯丝的电阻；由图乙可知，在C点时，灯丝两端的电压为3V，等于电源电压，说明滑动变阻器接入的电阻为零；再继续保持滑动变阻器滑片不动，将日光灯丝小心地吹到刚好不发红，可知灯丝的电阻不变，由欧姆定律求出此时电流表的示数，根据P=UI求出此时灯丝功率。
本题考查了电功率的计算，关键是能根据题意结合图像获取相关信息，难度较大。
23.【答案】错误的 不需要 U1R0U2−U1
【解析】解：(1)甲图可以通过移动滑动变阻器的滑片，多次改变电路中的电流值和电压表的示数，多次测量求平均值减小测量的误差；
乙图可以通过移动滑动变阻器的滑片，多次改变电路中的电流值和电压表的示数，多次测量求平均值减小测量的误差；
故他们的想法是错误的；
(2)①当闭合开关S，S1接a时，两个定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量Rx的电压，调节滑动变阻器，记录电压表的示数为U1；
②当闭合开关S，S1接b时，两个定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量Rx和R0两端两端的电压，不需要调节滑动变阻器，记录电压表的示数为U2，根据串联电路的电压特点可知R0两端的电压为U2−U1，根据欧姆定律可知电路中的电流I=U2−U1R0；
③根据欧姆定律可知Rx的阻值表达式为Rx=U1I=U1U2−U1R0=U1R0U2−U1。
故答案为：(1)错误的；(2)②不需要；③U1R0U2−U1。
(1)甲、乙两图都可以通过移动滑动变阻器的滑片，多次改变电路中的电流值和电压表的示数，多次测量求平均值减小测量的误差；
(2)①当闭合开关S，S1接a时，两个定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量Rx的电压，调节滑动变阻器，记录电压表的示数为U1；
②当闭合开关S，S1接b时，两个定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量Rx和R0两端两端的电压，不需要调节滑动变阻器，记录电压表的示数为U2，根据串联电路的电压特点可知R0两端的电压为，根据欧姆定律可知电路中的电流；
③根据欧姆定律可知Rx的阻值表达式。
本题考查伏安法测电阻的实验，考查实验方案评估和实验步骤等知识。
24.【答案】解：动力要最小，即动力臂要最长，阻力的方向已标出，所以动力的方向应该向下，连接支点O与A点，OA即为最长的动力臂L1，过A点作OA的垂线就得到在A点施加的最小动力F1，如图所示：
。
【解析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。据此分析解答。
知道已知动力的作用点，以支点到动力的作用点间的距离为动力臂是最长的动力臂。
25.【答案】解：根据题意，动滑轮重、绳重和摩擦均不计时，承担物重的绳子段数为：n=300N100N=3，故需要三段绳子提升；
n=3，为奇数，根据“奇动偶定”的原则，绳子起始端应系在动滑轮的挂钩上，然后再向定滑轮绕线，如下图所示：
故答案为：见上图。
【解析】动滑轮重、绳重和摩擦均不计，物重由几段绳子承担，拉力就是物重的几分之一；根据省力公式F=1nG物变形即可求出绳子的段数，再最据此绕线。
此题主要考查的是学生对滑轮组省力情况的计算以及滑轮组的绕制的理解和掌握。
26.【答案】解：电位器应与灯泡串联接入电路中；旋钮带动滑片顺时针转动时，灯泡变亮，说明电路中的电流变大，由I=UR可知，电源电压一定时，电路的总电阻应变小，电位器(滑动变阻器)接入电路中的电阻应变小，由图可知，将b和c两接线柱接入电路后，顺时针旋转旋钮时，电阻丝连入电路中的长度变短，其阻值变小，电路中的电流变大，灯泡变亮，如图所示：
【解析】电位器的实质是滑动变阻器，滑动变阻器依靠改变电阻线的长度来改变电阻大小；灯泡变亮，说明通过灯泡的电流变大，电路中的总电阻变小，电位器接入电路的电阻变小，据此分析。
本题考查了变阻器的连接方法以及变阻器电阻丝的材料特点，是一道较为简单的应用题。
27.【答案】解：由图知，上面的导线为火线；上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线，下面的导线为地线，则中间的导线为零线。开关控制插座，开关应与插座串联且接在火线与右孔之间，如图所示：
【解析】三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线。开关要接在火线和用电器之间。
我们要掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
28.【答案】解：(1)由图可知n=3，绳子自由端移动的距离：s=nh=3×3m=9m，
有用功：W有=Gh=480N×3m=1440J，
拉力做的总功：W总=Fs=200N×9m=1800J，
则滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=1440J1800J×100%=80%；
(2)拉力做功的功率：P=W总t=1800J10s=180W；
(3)因为不计绳重和摩擦时F=1n(G+G动)，所以动滑轮的重力：G动=nF−G=3×200N−480N=120N，
则物重为1080N时，则滑轮组的机械效率：η′=W有′W总′=W有′W有′+W额外′=G′hG′h+G动h=G′G′+G动=1080N1080N+120N=90%。
答：(1)滑轮组的机械效率为80%；
(2)拉力的功率为180W；
(3)若物重为1080N，则滑轮组的机械效率为90%。
【解析】(1)由图可知n=3，绳子自由端移动的距离s=nh，利用W有=Gh求有用功，利用W总=Fs求拉力做的总功，利用η=W有W总×100%求滑轮组的机械效率；
(2)利用P=W总t求拉力做功的功率；
(3)利用不计绳重和摩擦时F=1n(G+G动)求动滑轮的重力，利用η=W有W总=W有W有+W额外=GhGh+G动h=GG+G动求滑轮组的机械效率。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、功率和机械效率的计算，利用好不计绳重和摩擦时F=1n(G+G动)是关键。
29.【答案】解：(1)根据P=U2R可知灯泡L正常发光的电阻RL=UL2PL=(10V)210W=10Ω；
(2)只闭合开关S1、滑片P位于a端时，灯泡L与R2的最大阻值串联，电流表测电路中的电流，
由图甲可知，电流表的示数为0.5A时，灯泡L两端的电压UL=2V，
由欧姆定律可得，R2两端的电压：U2=IR2大=0.5A×16Ω=8V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：U=UL+U2=2V+8V=10V；
(3)从图中可知，通过R1的电流为0.3A时，R1两端的电压为3V，根据欧姆定律可知R1的阻值R1=U1I1=3V0.3A=10Ω。
闭合开关S1和S2，滑片P位于b端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，灯泡和定值电阻并联，电流表测量干路电流。
此时灯泡两端的电压等于额定电压，故灯泡正常发光，电功率为10W，
此时R1的电功率P1=U2R1=(10V)210Ω=10W，
此时整个电路的总功率P=P1+PL=10W+10W=20W。
答：(1)灯泡L正常发光的电阻为10Ω；
(2)电源电压为10V；
(3)闭合开关S1和S2，滑片P位于b端，此时整个电路的总功率是20W。
【解析】(1)根据P=U2R可知灯泡L正常发光的电阻；
(2)只闭合开关S1、滑片P位于a端时，灯泡L与R2的最大阻值串联，电流表测电路中的电流。
由图甲可知，电流表的示数为0.5A时，灯泡L两端的电压UL=2V，由欧姆定律可得R2两端的电压，根据串联电路的电压特点得出电源的电压；
(3)从图中可知，通过R1的电流为0.3A时，R1两端的电压为3V，根据欧姆定律可知R1的阻值。
闭合开关S1和S2，滑片P位于b端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，灯泡和定值电阻并联，电流表测量干路电流。此时灯泡两端的电压等于额定电压，故灯泡正常发光，电功率为10W，根据P=U2P可得出此时R1的电功率，根据P=P1+PL得出此时整个电路的总功率。
本题考查电功率的计算和欧姆定律的应用，综合性较强。
30.【答案】是 左 1.5不变 顺时针 75
【解析】解：(1)杠杆静止或匀速转动时都属于平衡状态，如图杠杆是静止状态，此时杠杆是平衡状态。
如图杠杆的左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动，使杠杆在水平位置平衡；
(2)一钩码重为0.5N，设杠杆的分度值为L，根据杠杆平衡条件由甲图可知：2×0.5N×3L=FB×2L，所以FB=1.5N；
(3)力臂等于支点到力的作用线的距离，竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图丙所示，此过程中，弹簧测力计拉力的力臂变小，钩码对杠杆拉力的力臂也变小，但是根据三角形的相似性，动力臂和阻力臂的比值是不变的，所以拉力大小不变；
(4)根据杠杆平衡条件知要使弹簧测力计读数减小，在阻力和阻力臂不变时，需要增大动力臂，当弹簧测力计与杠杆垂直时，动力臂最长，拉力最小，所以需要将弹簧测力计顺时针转动；
(5)利用轮轴提升重物时，物体升高的高度和绳子自由端移动距离的比值等于轴半径与轮半径的比值；
即hs=rR
已知R=4r，则即hs=14，
提升重物的有用功W有用=F2h=600N×h，总功W总=F1s=200N×s，
轮轴的机械效率为η=W有用W总×100%=F2hF1s×100%=600N×1200N×4×100%=75%。
故答案为：(1)是；左；(2)1.5；(3)不变；(4)顺时针；(5)75。
(1)杠杆静止或匀速转动时都属于平衡状态。平衡螺母向上翘的一端移动，能使杠杆在水平位置平衡；
(2)根据杠杆的平衡条件是动力×动力臂=阻力×阻力臂，可根据F1L1=F2L2，分析解题；
(3)力臂等于支点到力的作用线的距离，竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，此过程中，弹簧测力计拉力的力臂变小，钩码的力臂减小，根据数学知识和杠杆的平衡条件分析解题；
(4)根据杠杆平衡条件知要使弹簧测力计读数减小，需要增大动力臂，当弹簧测力计与杠杆垂直时，力臂最长；
(5)轮轴，顾名思义是由“轮”和“轴”组成的系统。该系统能绕共轴线旋转，相当于以轴心为支点，半径为杆的杠杆系统，利用轮轴提升重物时，物体升高的高度和绳子自由端移动距离的比值等于轴半径与轮半径的比值；由W有用=F2r可求得有用功，总功W总=F1R，由η=W有用W总×100%可求得轮轴的机械效率。
本题考查了探究杠杆平衡条件的实验过程，从原理到实际操作、实验方法、数据分析等，考查较为全面，是我们应该掌握的重点实验，根据是会用杠杆的平衡条件分析解答。
31.【答案】乙 木块移动的距离 质量 使小球到达水平面的速度相同 不能 C
【解析】解：(1)探究“动能的大小与哪些因素有关”时，让小球从某一高度由静止滑下，小球到达水平面后撞击木块，根据木块移动的距离判定动能的大小，故乙是最合理的；实验中通过观察木块被撞击后移动的距离来判断动能大小，这是转换法；
(2)由图2可知，小球滚下的高度相同，小球的质量不同，所以探究的是动能与质量的关系；
让两小球从同一高度由静止释放的目的是使小球到达水平面的速度相同；
(3)若水平面绝对光滑且不计空气阻力，小球与木块将一直做匀速直线运动下去，无法比较其距离的大小，也就无法得出其动能的大小，因此，实验无法得出结论；
(4)用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，由于弹簧的压缩程度相同，则具有的弹性势能相同，转换成的动能相同，所以推动木块移动的距离也相同，故选C。
故答案为：(1)乙；木块移动的距离；(2)质量；使小球到达水平面的速度相同；(3)不能；(4)C。
(1)探究“动能的大小与哪些因素有关”时，需要控制小球到达水平面时的速度相同；实验中通过木块被撞击后移动的距离来表示小球动能的大小，这是转换法；
(2)要探究动能和速度的关系，需保持质量相同，要探究动能和质量的关系，需保持速度相等；
(3)由于阻力的作用，最终木块停下来，如果没有了任何阻力，则木块将会做匀速直线运动，也就无法比较其运动的远近了；
(4)弹性势能的大小与弹性形变程度的大小有关。
本题是探究影响动能大小因素的实验，明确物体的动能与质量和速度有关，要掌握控制变量法在实验中的应用。
32.【答案】3415.288001000B乙 所需时间太长
【解析】解：(1)电能表读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW⋅h，由图可知，电能表示数为3415.2kW⋅h；
据电能表的表盘参数可知，家中用电器的总功率不能超过P大=UI=220V×40A=8800W；
(2)3000imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁3000次，
则电能表指示灯闪烁了50次，节能灯消耗的电能：W=50imp3000imp/(kW⋅h)=160kW⋅h；
节能灯的电功率：P=Wt=160kW⋅h160h=1kW=1000W；
由图可知，节能灯的额定功率为10W，此时计算出的结果为1000W，两者相差很大，所以据实际情况分析可知，很可能是由于在测量时小明没有关闭其他的用电器造成的，故选B；
(3)由P=Wt可知，电能表显示消耗1kW⋅h电能所用的时间t=WP=1kW⋅h10×10−3kW=100h，时间太长，此方案不合理；
若测量电能表指示灯闪烁3次所用时间是比较好测量和记录的，所以据此方法计算出节能灯的电功率更合理，故乙方案更合理。
故答案为：(1)3415.2；8800；(2)1000；B；(3)乙；所需时间太长。
(1)电能表读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW⋅h；
10A(40A)：表示电能表的标定电流是10A，电能表的额定最大电流是40A，据此可以计算出电能表所接电路允许使用的最大电功率；
(2)3000imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁3000次，据此可计算出电能表指示灯闪烁了50次，节能灯消耗的电能，利用P=Wt计算出节能灯的电功率；
根据计算结果，结合实际情况分析可知，很可能是由于在测量时小明没有关闭其他的用电器造成的；
(3)由P=Wt计算出电能表显示消耗1kW⋅h电能所用的时间t，根据计算出的时间分析是否合理；
若测量电能表指示灯闪烁3次所用时间是比较好测量和记录的，所以据此方法计算出节能灯的电功率更合理，故乙方案更合理。
该题考查了电能表参数的理解、电能的计算、电功率的计算，是一道综合题，有一定的难度，能理清题意，并能熟练的利用公式进行计算是解决该题的关键。
33.【答案】A ① 断路 2.2B2.50.75偏大
【解析】解：(1)为保护电路，闭合开关实验前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，由图知，滑片右侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大的A端；
(2)电流表示数为零，电路可能断路，电压表示数始终为3V，说明电压表与电源连通，已知仅导线发生故障，当图甲中导线①发生断路时，电压表串联在电路中测电源电压，符合题意；
(3)图乙中电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.2V，小于灯泡的额定电压2.5V，应增大灯泡的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V；
(4)根据图丙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图像可知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.3A，则小灯泡的额定功率是：P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；
(5)丁图中，电流表与灯串联，灯的电流测量是准确的，电压表测电流表和小灯泡两端的电压，根据串联电路的电压规律，电压表示数大于灯的实际电压，根据P=UI，测得小灯泡的额定功率与真实值相比偏大。
故答案为：(1)A；(2)①；断路；(3)2.2；B；2.5；(4)0.75；(5)偏大。
(1)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处；
(2)若电流表示数为零，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的电路断路了；
(3)根据电压表选用小量程确定分度值读出示数，与灯泡的额定电压比较，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；
(4)灯泡在额定电压下正常发光，由图乙中的图像得出额定电压下的电流，根据P=UI可求出灯泡的额定功率；
(5)根据串联、并联电路的规律及P=UI分析。
本题测量小灯泡的电功率，考查注意事项、故障分析、实验操作、电功率计算及误差分析等知识，为中考的热点问题。
34.【答案】温度差 B>t1+t22 B
【解析】解：(1)由题中信息知：当物体或物体的不同部分之间存在温度差时，就会发生热传递；
(2)热传递的条件是有温度差，电压是形成电流的原因，热量传导过程和电流相似，温度差相当于电路中电压，故B正确；
(3)铜汤勺放在热汤中，把手很快就会烫手，而塑料把手的汤勺不会烫手，说明塑料的传热性能差，根据题意知：导热系数越大，热阻越小，导热能力越强，所以铜的导热系数大于塑料的导热系数，即λ铜>λ塑料；
(4)墙壁中形成稳定的热量流动，相同时间内，温度的减少相同，所以墙壁正中间处的温度为：t1+t22；
(5)墙壁温度变化随着厚度改变而均匀递增(或递减)，所以在墙壁中形成稳定的热量流动，则单位时间内从高温环境传导到低温环境的热量Q与墙壁两侧的温度差成正比，与墙壁的热阻成反比，由此可知：A错误，B正确；
根据关系式R=LλS可知：物体的热阻与物体在热传导方向上的长度L成正比、与横截面积S成反比，还与材料的导热系数λ成反比，故CD错误。
故答案为：(1)温度差；(2)B；(3)>；(4)t1+t22；(5)B。
(1)当物体或物体的不同部分之间存在温度差时，就会发生热传递；
(2)热传递的条件是有温度差，电压时形成电流的原因；
(3)根据题中信息知：导热系数越小，热阻越大，导热能力越差；
(4)根据墙壁中形成稳定的热量流动，分析解答；
(5)根据题干中的信息即可判断；墙壁温度变化随着厚度改变而均匀递增(或递减)，所以在墙壁中形成稳定的热量流动，则单位时间内从高温环境传导到低温环境的热量Q与墙壁两侧的温度差成正比，与墙壁的热阻成反比。
本题以热阻为背景考查了学生根据题中信息分析解答能力，有一定的难度。
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