江苏省南京市联合体2022-2023学年九年级上学期期末练习物理试卷(含答案)

这是一份江苏省南京市联合体2022-2023学年九年级上学期期末练习物理试卷(含答案)，共42页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省南京联合体（栖霞、雨花、江宁、浦口、六合）九年级（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）
1．（2分）下列图中的简单机械，属于费力杠杆的是（　　）
A．面包夹 B．旗杆的滑轮
C．动滑轮 D．盘山公路
2．（2分）关于功率，下列说法中正确的是（　　）
A．功率越大的机械做功一定越多
B．做功越快的机械功率一定越大
C．功率越大的机械越省力
D．相同时间，功率大的机械做功少
3．（2分）关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（　　）
A．物体的温度越高，所含的热量越多
B．物体内能增大，它一定从外界吸收了热量
C．物体温度升高了，它的内能一定增加
D．温度相同的物体，内能一定相等
4．（2分）如图甲所示，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，把活塞迅速压下去，我们会看到硝化棉燃烧；如图乙所示，玻璃瓶内装有少量的水，用塞子塞紧，并用气筒往瓶内打气，会观察到瓶塞跳起来。下列说法正确的是（　　）

A．图甲中，活塞的机械能直接转化为硝化棉的内能
B．图甲的工作原理，和汽油机的做功冲程相同
C．图乙中，当瓶塞跳起时可以观察到瓶口出现白雾
D．甲、乙两图能量转化情况完全相同
5．（2分）用如图所示的器材探究动能大小与哪些因素有关，实验时让小车从斜面上由静止开始下滑，撞击置于水平面上的木块，关于该实验，下列说法中错误的是（　　）
A．小车从斜面下滑过程中重力势能转化为动能
B．小车撞击木块对木块做功，使木块获得动能
C．木块被撞击后移动的距离可反映小车动能大小
D．本套器材只能探究小车动能大小与速度的关系
6．（2分）体温安检门的门头装有高精度的体温检测探头，能够测量人体额头的温度；门中建立有电磁场，能够探测人体是否携带金属物品。当人体温度过高（S1闭合）或人身上携带金属物品（S2闭合）时，报警指示灯就会亮起且电铃发出报警声。下面的简化电路图符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2分）如图所示的四种家用电器中，利用电流热效应工作的是（　　）
A．抽油烟机 B．电风扇
C．电视机 D．电热水壶
8．（2分）如图所示，用甲、乙两种燃料分别对质量和初温相同的水进行加热，两图装置均相同。燃料的质量用m表示，燃料充分燃尽时水升高的温度用Δt表示（水未沸腾）（　　）

A．若m相同，Δt越小，燃料的热值越大
B．若Δt相同，m越大，燃料的热值越大
C．若的值越大，燃料的热值越大
D．若的值越大，燃料的热值越大
9．（2分）在如图所示的电路中，闭合开关S，灯L不亮，电压表有示数。不考虑灯L和电阻R同时出现故障的情况，下列说法正确的是（　　）

A．电路的故障一定是灯L短路
B．电路的故障一定是电阻R断路
C．若电路中有电流，一定是电阻R短路
D．若电路中有电流，一定是灯L短路
10．（2分）如图所示，电路中电源电压保持不变，闭合开关S后，滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（　　）

A．电流表示数变大 B．电路的总功率变小
C．小灯泡亮度变暗 D．电压表示数变大
11．（2分）如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，下列判断正确的是（　　）

A．电流表示数变大，电压表示数变小
B．电流表示数变大，电压表示数变大
C．电流表示数变小，电压表示数变大
D．电压表示数与电流表示数的比值变大
12．（2分）如图甲所示电路，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为“25Ω，1A”，电流表量程选择“0～0.6A”，电压表量程选择“0～3V”，小灯泡上标有“4.5V，0.3A”字样，其I﹣U图像如图乙所示，闭合开关S，为保证电路安全，在移动滑片P的过程中，下列选项正确的是（　　）

A．电路的最大功率是3.6W
B．小灯泡的最小功率是0.75W
C．电流表的示数范围是0.15A—0.3A
D．滑动变阻器接入的阻值为5Ω—25Ω
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共27分）
13．（3分）根据情境和题意填写答案：

（1）如图甲所示，手握修枝剪刀手柄末端，便可以轻松地剪断树枝。这时修枝剪刀属于 　 　（选填“省力”或“费力”）杠杆；
（2）如图乙所示，工程车上的起重臂相当于一个 　 　杠杆（“省力”、“费力”或“等臂”）；
（3）汽油机工作时有四个冲程，如图丙所示是汽油机的 　 　冲程。
14．（3分）如图所示，在试管里装入一些水，用软木塞塞住试管口，将试管放在酒精灯上加热使水沸腾，水蒸气会把软木塞冲开，在这一过程中，水蒸气膨胀对软木塞 　 　，水蒸气的一部分 　 　能转化为软木塞的 　 　能，利用这一原理，可以制成热机。

15．（3分）旋转式变阻器（如图所示）与滑动变阻器相比，外形不同，但原理都是通过改变接入电路的导体的长度来改变其连入电路的电阻。若图中旋转式变阻器的A、C两接线柱连入电路，则连入电路的弧形电阻片是　 　（选填“AP”、“PB”或“AB”）段，当轴顺时针旋转时，它连入电路的电阻将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

16．（3分）如图所示电路中，若灯泡的阻值不变，在滑动变阻器的滑片P向左移动时，电压表示数将 　 　，电压表示数与电流表示数的比值 　 　（前两项选填“变大”、“变小”或“不变”），电灯的亮度将 　 　（选填“变亮”或“变暗”）。

17．（3分）如图所示电能表，把某个用电器单独接在电路中，电能表转盘在6min内转过了250转，这6min内消耗的电能为 　 　J，电能表示数变为 　 　，该用电器的实际功率是 　 　W。

18．（4分）天然气热水器将40kg的水从15℃加热到65℃，此过程中天然气完全燃烧释放热量的84%被水吸收，水吸收热量 　 　J，天然气完全燃烧释放热量 　 　J，需要消耗天然气 　 　kg，这是通过 　 　方式改变水的内能。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），q天然气＝4×107J/kg]
19．（4分）现有两个定值电阻R1、R2，R1上标有“10Ω，1A”，R2上标有“15Ω，0.6A”。将它们并联在电路中，电路中所加的最大电压为 　 　V，干路允许通过的最大电流为 　 　A；将它们串联联在电路中，电路允许通过的最大电流为 　 　A，电源电压最大为 　 　V。
20．（4分）某型号电饭锅有加热和保温两挡，电路如图所示，220V电压下，其加热挡功率为1100W，保温挡功率为20W。
（1）闭合开关S1、S2，电饭锅处于 　 　挡。
（2）电阻丝R1的阻值为 　 　Ω，R2的阻值为 　 　Ω。
（3）处于保温状态的电饭锅，20min产生热量 　 　J。

三.解答题：（本题有7小题，共49分）
21．（2分）根据题意完成下列作图：
甲图为按压式订书机，乙图是该订书机工作时杠杆原理的简化图，请在图乙中画出阻力臂L2和人手在A点施加的最小动力F1。

22．（2分）如图是某油量表的部分电路，若油量表为电压表改装而成，且油量增加，电压表读数增加，请在图中补画出电压表及其接线，并标明正、负接线柱。

23．（2分）小敏设计一个自动防盗报警电路（器材如图所示），请将电路补充完整。要求：晚间房门被人打开，细导线AB被扯断时，电铃发声自动报警，否则只有灯亮。

24．（4分）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：

（1）杠杆静止在图甲所示位置，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 　 　（填“左”或“右”）调节。
（2）调节平衡后，如图乙，在A点挂3个钩码，则应在B点挂 　 　个钩码，才能使杠杆重新在水平位置平衡（所用钩码的规格都相同）。
（3）改变钩码的位置和个数，使杠杆平衡，收集多组数据，其目的是 　 　（填序号）。
A.取平均值，减小误差
B.避免偶然性，寻找普遍规律
（4）看图丙的漫画，根据杠杆的平衡条件分析，小兔分得的萝卜质量 　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）小猴的。
25．（6分）在“探究不同物质吸热升温现象”的实验中，将质量和初温相同的a、b两种液体分别倒入相同容器中，用相同的热源加热，如甲、乙两图所示。每隔相同时间，测量液体的温度，并根据记录的数据画出温度随加热时间变化的图像，如图丙所示。
（1）加热过程中，用搅拌棒搅拌的目的是 　 　（图中搅拌棒未画出）；两种液体吸收热量的多少可通过 　 　（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）比较。
（2）由a、b两种液体沸腾前的温度与加热时间的关系图像可知：若升高相同的温度（均未达到沸腾），液体 　 　（选填“a”或“b”）吸收的热量更多。
（3）小明认为利用此装置还可以比较不同燃料燃烧时放出的热量关系，于是增加了相同的装置如图丁，向容器内倒入的液体a与甲、乙装置中的液体质量 　 　（选填“相等”或“不相等”），燃烧相同质量的燃料后应与图 　 　所示的实验相比较。
（4）除了图中已经呈现的器材，还需要用到其它测量工具．两个实验都还要用到的其它测量工具是 　 　。
26．（4分）如图所示，是探究影响导体电阻大小因素的实验装置图，实验中分别把a、b、c、d四根导线接入电路，其中导线a、b、d长度相同，a、b、c粗细相同，b、d粗细不同。
（1）该实验是通过观察电流表的示数来间接比较导线电阻的大小，这种科学研究问题的方法是　 　法。
（2）选用　 　两根导线分别接入电路中进行实验，是为了探究电阻大小跟导体的长度有关。
（3）选用a、b两根导线分别接入电路中进行实验，是为了探究电阻大小跟导体的　 　有关。
（4）选用　 　两根导线分别接入电路中进行实验，是为了探究电阻大小跟导体的横截面积有关。

27．（7分）在“探究电流与电压关系”的实验中，图甲是某实验小组设计的电路，电源电压3V保持不变。
（1）请用笔画线代替导线，在图甲中完成电路连接，要求滑片P向B端滑动时，电流表的示数变小。
（2）连接电路时，开关应该 　 　。闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于 　 　（选填“A”或“B”）端。
（3）检查无误后，闭合开关发现电流表几乎无示数，电压表示数接近3V。移动滑片P，两电表示数均无变化，则电路故障可能是 　 　。
（4）排除故障后，移动滑片P到某一位置时电流表示数如图乙所示，此时通过定值电阻R的电流为 　 　A。
（5）实验中测得五组数据，并绘制出定值电阻R的I﹣U图象如图丙所示。由图象可得：
①实验中所用定值电阻R的阻值为 　 　Ω；
②实验结论：　 　。
（6）结合所测数据分析，本实验所用滑动变阻器的最大阻值应不小于 　 　Ω。
28．（8分）在测定“小灯泡电功率”的实验中，小灯泡额定电压为2.5V，实验电路如图甲所示。

（1）小敏同学闭合开关，移动滑片到某一点时，电压表示数（如图乙所示）为 　 　V，为了测量小灯泡的额定功率，滑片P应向 　 　（填“左”或“右”）移动。
（2）小敏同学移动滑片，记下多组对应的电压表和电流表的示数，绘制成图丙所示的图像，根据图像信息，可计算出小灯泡的额定功率是 　 　W，此时小灯泡的电阻是 　 　Ω。
（3）完成上述实验后，小敏又设计了一种测量该灯正常发光时电阻的方案，如图丁所示，R0是阻值已知的定值电阻。请你完成下列操作：
①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点 　 　（填“1”或“2”），移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额；
②滑动变阻器的滑片 　 　，再将开关S1拨到另一触点，读出电压表的示数U1；
③用U1、U额、R0表示小灯泡的电阻，则表达R＝　 　。
29．（6分）2022年4月，一头质量为180kg的海豚在昌江棋子湾受伤搁浅，被救援人员送至科研基地治疗，救援过程中，利用如图所示的滑轮组，在40s时间内，救援人员用500N的拉力F拉动绳端，把轻质布兜内的海豚沿竖直方向匀速提升2m。g取10N/kg，问，此过程中：
（1）滑轮组对海豚做的有用功有多大？
（2）拉力F做功的功率有多大？
（3）滑轮组的机械效率有多大？

30．（8分）2022年5月，天舟四号货运飞船与空间站核心舱顺利对接。小字通过查阅资料了解到，科技人员通常要检验飞船舱体的气密性。他设计了如图甲所示的检测电路，电源电压保持不变，R0为100Ω的定值电阻，R为压力传感器，其阻值随环境气压的变化规律如图乙所示，将R置于舱体中，舱体置于真空室中，舱体不漏气时，电压表示数为200V，舱体内气压为1.0×105Pa。求：
（1）舱体不漏气时，通过R0的电流；
（2）舱体不漏气时，工作10min，电路消耗的总电能；
（3）若电压表示数为176V时，此时舱内的气压值。

2022-2023学年江苏省南京联合体（栖霞、雨花、江宁、浦口、六合）九年级（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）
1．（2分）下列图中的简单机械，属于费力杠杆的是（　　）
A．面包夹 B．旗杆的滑轮
C．动滑轮 D．盘山公路
【分析】（1）可根据动力臂和阻力臂的大小关系来比较判断是什么杠杆，当动力臂大于阻力臂时，是省力杠杆，当动力臂小于阻力臂时，是费力杠杆；
（2）盘山公路是一种斜面，通过增加运动距离，达到省力的目的。
【解答】解：A．使用面包夹时，面包夹是阻力臂大于动力臂，动力大于阻力，是费力杠杆，故A符合题意；
B．旗杆的滑轮是定滑轮，是等臂杠杆，不省力也不费力，故B不符合题意；
C．动滑轮实质是一个动力臂是阻力臂二倍的杠杆，所以动滑轮属于省力杠杆，故C不符合题意；
D．盘山公路是斜面，以省力，但费距离，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】该题考查了学生对物理模型的抽象、分析能力。判断杠杆的类型可结合生活经验和动力臂与阻力臂的大小关系来判断。
2．（2分）关于功率，下列说法中正确的是（　　）
A．功率越大的机械做功一定越多
B．做功越快的机械功率一定越大
C．功率越大的机械越省力
D．相同时间，功率大的机械做功少
【分析】物体在单位时间完成的功叫功率，是表示做功快慢的物理量。
【解答】解：A．功率越大，表示机械做功越快，由W＝Pt可知，功率大的机械，做功不一定多，还要看做功的时间，故A错误；
B．功率是表示做功快慢的物理量，做功越快，表示机械功率越大，故B正确；
C．功率大小与是否省力、省力多少无关，故C错误；
D．由W＝Pt可知，相同时间，功率大的机械做功多，故D错误。
故选：B。
【点评】该题考查学生对功、功率的理解，难度不大。
3．（2分）关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（　　）
A．物体的温度越高，所含的热量越多
B．物体内能增大，它一定从外界吸收了热量
C．物体温度升高了，它的内能一定增加
D．温度相同的物体，内能一定相等
【分析】（1）热量是过程量，不能说物体含有多少热量，只能吸收或放出多少热量；
（2）改变内能的方式包括做功和热传递；
（3）物体温度升高，分子平均动能增大，内能增加；
（4）内能是物体内部所有分子做无规则热运动的动能和分子势能的总和，其大小与物体的质量、温度和状态有关，在状态一定，物体的温度越高、质量越大，内能越大。
【解答】解：A、热量是过程量，不能说物体含有多少热量，只能吸收或放出多少热量，故A错误；
B、物体内能增大，可能从外界吸收了热量，可能外界对物体做功，故B错误；
C、物体温度升高了，分子动能增大，它的内能一定增加，故C正确；
D、温度相同的两个物体，质量不一定相同，内能不一定相等，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是学生对影响物体内能大小的因素的理解以及内能、温度与热量三者之间的关系，是中考的热点。
4．（2分）如图甲所示，在一个配有活塞的厚玻璃筒里放一小团硝化棉，把活塞迅速压下去，我们会看到硝化棉燃烧；如图乙所示，玻璃瓶内装有少量的水，用塞子塞紧，并用气筒往瓶内打气，会观察到瓶塞跳起来。下列说法正确的是（　　）

A．图甲中，活塞的机械能直接转化为硝化棉的内能
B．图甲的工作原理，和汽油机的做功冲程相同
C．图乙中，当瓶塞跳起时可以观察到瓶口出现白雾
D．甲、乙两图能量转化情况完全相同
【分析】（1）压缩空气做功机械能转化为内能；
（2）在内燃机的压缩冲程中能量转化关系是机械能转化为内能；
（3）物体对外做功，物体内能会减少，温度降低，水蒸气遇冷液化形成的小水珠；
（4）做功可以使内能与机械能之间进行转化：对物体做功，物体内能会增加；物体对外做功，物体内能会减少。
【解答】解：A、当把活塞迅速压下去后，活塞压缩气体做功，气体的内能增加，温度也会随之升高，当温度达到棉花的燃点时，会看到硝化棉燃烧；该现象说明了外界对物体做功，物体的内能会增加，故活塞的机械能是通过做功的形式转化为空气的内能，空气将热量传递给硝化棉，故A错误；
B、当把活塞迅速压下去后，活塞压缩气体做功，气体的内能增加，将机械能转化为内能，能量转化情况与内燃机压缩冲程相同，故B错误；
C、如图乙所示，给瓶内打气，瓶内气压增大，当气压把瓶塞从瓶口推出时，瓶内气体对瓶塞做功，使气体自身的内能减少，温度降低，瓶口周围的水蒸气液化成小水滴飘散在空中，就是看到的白雾，故C正确；
D、甲图说明对物体做功，机械能转化为内能，乙图说明物体对外做功，内能转化为机械能，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了改变内能的方法（对物体做功，内能增加；物体对外做功，物体的内能减少）、液化知识，知道白雾是液态、知道其形成过程是本题的关键。
5．（2分）用如图所示的器材探究动能大小与哪些因素有关，实验时让小车从斜面上由静止开始下滑，撞击置于水平面上的木块，关于该实验，下列说法中错误的是（　　）
A．小车从斜面下滑过程中重力势能转化为动能
B．小车撞击木块对木块做功，使木块获得动能
C．木块被撞击后移动的距离可反映小车动能大小
D．本套器材只能探究小车动能大小与速度的关系
【分析】影响动能的因素是物体质量和速度。
（1）小车沿斜面自由下滑过程中，重力势能主要转化为动能；
（2）一个物体能够做功，说明这个物体具有能量；
（3）探究动能大小与哪些因素有关时，是通过小车将木块推出的距离反映小车具有的动能的多少的；
（4）在速度一定时，改变物体质量，可以研究动能与质量的关系。
【解答】解：A、在重力的作用下，小车沿斜面下滑，将重力势能主要转化为动能，故A正确；
B、小车由于惯性，在水平面上向前运动撞击木块做功，使木块由静止变为运动，获得动能，故B正确；
C、物体动能的多少不能直接观察。小车具有动能的多少是通过木块被撞出的距离大小来反映的，运用了转换法，故C正确；
D、让小车先后三次从斜面的同一位置自由滑下，撞击置于水平面上相同位置的木块，但第一次只有小车、第二次小车加一个钩码、第三次小车加两个钩码（改变质量），可以研究动能大小与质量的关系，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查探究影响动能大小因素实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
6．（2分）体温安检门的门头装有高精度的体温检测探头，能够测量人体额头的温度；门中建立有电磁场，能够探测人体是否携带金属物品。当人体温度过高（S1闭合）或人身上携带金属物品（S2闭合）时，报警指示灯就会亮起且电铃发出报警声。下面的简化电路图符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】当人体温度过高（S1闭合）或人身上携带金属物品（S2闭合）时，报警指示灯就会亮起且仪器发出报警声，这说明任何一个开关闭合，整个电路工作，据此判定电路的连接方式。
【解答】解：根据题意可知，当人体温度过高（S1闭合）或人身上携带金属物品（S2闭合）时，报警指示灯就会亮起且仪器发出报警声，这说明任何一个开关闭合，整个电路工作，即这两个开关互不影响，是并联在电路中的，然后与灯泡和电铃串联在电路中，故A正确。
故选：A。
【点评】本题考查了串并联电路的设计，明确两个开关的连接方式是解题的关键。
7．（2分）如图所示的四种家用电器中，利用电流热效应工作的是（　　）
A．抽油烟机 B．电风扇
C．电视机 D．电热水壶
【分析】（1）当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应。一方面，利用电流的热效应可以为人类的生产和生活服务；另一方面，电流的热效应也有一些不利因素。
（2）任何通有电流的导线，都可以在其周围产生磁场的现象，称为电流的磁效应。
【解答】解：A、抽油烟机工作时电能主要转化为机械能，利用了通电导体在磁场中受到力的作用而工作的，不是利用电流热效应工作的，故A错误；
B、电风扇工作时电能主要转化为机械能，利用了通电导体在磁场中受到力的作用而工作的，不是利用电流热效应工作的，故B错误；
C、电视机主要是把电能转化为声能和光能，故C错误；
D、电水壶是利用了电流的热效应，来给水加热的，故D正确。
故选：D。
【点评】主要考查电流的热效应、磁效应和化学效应在生活中的应用实例，只有认真把握它们的定义，才能真正区分它们利用的是哪一个效应。体现了物理来源于生活，又服务于社会的理念。
8．（2分）如图所示，用甲、乙两种燃料分别对质量和初温相同的水进行加热，两图装置均相同。燃料的质量用m表示，燃料充分燃尽时水升高的温度用Δt表示（水未沸腾）（　　）

A．若m相同，Δt越小，燃料的热值越大
B．若Δt相同，m越大，燃料的热值越大
C．若的值越大，燃料的热值越大
D．若的值越大，燃料的热值越大
【分析】燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小可以利用Q吸＝Q放，而Q吸＝c液m液Δt，Q放＝mq，即c液m液Δt＝mq进而判断热值大小。
【解答】解：燃料的热值大小不能直接测量，需要通过水吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而水吸收热量的多少跟水的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小可以利用Q吸＝Q放，而Q吸＝c水m水Δt，Q放＝mq，即c水m水Δt＝mq，解得：q＝；
A、若m相同，Δt越小，由q＝可知，燃料的热值越小，故A错误；
B、若Δt相同，m越大，由q＝可知，燃料的热值越小，故B错误；
C、若的值越大，即的值越小，由q＝可知，燃料的热值越小，故C错误；
D、若的值越大，由q＝可知，燃料的热值越大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了学生对燃料的热值、燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大。
9．（2分）在如图所示的电路中，闭合开关S，灯L不亮，电压表有示数。不考虑灯L和电阻R同时出现故障的情况，下列说法正确的是（　　）

A．电路的故障一定是灯L短路
B．电路的故障一定是电阻R断路
C．若电路中有电流，一定是电阻R短路
D．若电路中有电流，一定是灯L短路
【分析】分析电路图可知，灯泡和电阻串联，电压表测量R两端电压；电路故障包括短路和断路；根据电压表的示数和灯泡的亮暗情况分析电路故障。
【解答】解：根据电路图可知，灯泡和电阻串联，电压表测量R两端电压；
闭合开关S，灯L不亮，这说明电路出现了断路故障或灯泡短路；电压表有示数，这说明电压表与电源之间是接通的，若电路中有电流，说明电路是通路，所以故障是灯泡短路，故D说法正确。
故选：D。
【点评】本题考查了利用电压表判断电路故障的方法，属于基础题。
10．（2分）如图所示，电路中电源电压保持不变，闭合开关S后，滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（　　）

A．电流表示数变大 B．电路的总功率变小
C．小灯泡亮度变暗 D．电压表示数变大
【分析】由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压，电流表测量通过滑动变阻器的电流；根据滑片的移动方向判定其电阻的变化，根据欧姆定律判定通过其电流的变化；根据并联电路特点分析灯泡亮度和总电阻的变化；根据P＝UI判定总功率的变化。
【解答】解：由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压，电流表测量通过滑动变阻器的电流；
闭合开关S后，滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流减小，即电流表示数变小；
由于电压表测量的是电源电压，所以电压表示数保持不变；
并联电路各支路互不影响，通过灯泡的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变小，根据P＝UI可知，总功率变小；
并联电路中各支路互不影响，所以灯泡的电流和电压都不变，亮度不变；
综上所述，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，明确并联电路的特点是解题的关键。
11．（2分）如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，下列判断正确的是（　　）

A．电流表示数变大，电压表示数变小
B．电流表示数变大，电压表示数变大
C．电流表示数变小，电压表示数变大
D．电压表示数与电流表示数的比值变大
【分析】由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路电流的变化和定值电阻两端的电压变化；根据R＝分析电压表示数与电流表示数的比值的变化。
【解答】解：由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小；
根据I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；
根据U＝IR可知，定值电阻两端的电压变大，电压表示数变大；
根据R＝可知，电压表示数与电流表示数的比值为定值电阻的阻值，所以电压表示数与电流表示数的比值不变；
综上所述，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律，关键是会分析滑片移动时滑动变阻器接入电路中电阻的变化。
12．（2分）如图甲所示电路，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为“25Ω，1A”，电流表量程选择“0～0.6A”，电压表量程选择“0～3V”，小灯泡上标有“4.5V，0.3A”字样，其I﹣U图像如图乙所示，闭合开关S，为保证电路安全，在移动滑片P的过程中，下列选项正确的是（　　）

A．电路的最大功率是3.6W
B．小灯泡的最小功率是0.75W
C．电流表的示数范围是0.15A—0.3A
D．滑动变阻器接入的阻值为5Ω—25Ω
【分析】由图甲可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；
（1）为保证电路安全，根据串联电路的特点确定电路中允许通过的最大电流是0.3A，根据P＝UI可求最大功率；
（2）由串联电路的分压特点可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大，灯泡两端的电压最小，而且此时流过小灯泡的电流也最小，即电流表的示数最小；即当电压表的示数为3V时，小灯泡的电功率最小，根据P＝UI可求最小功率。
（3）根据最大和最小电流确定电流变化范围；
（4）根据电压表的量程确定变阻器的最大值，根据灯泡的额定电压计算变阻器接入电路的电阻最小值。
【解答】解：A．由图可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；题意可知，为保证电路安全，电路中允许通过的最大电流是0.3A，即电流表的最大示数是0.3A，电路的最大功率是：
P＝UI＝6V×0.3A＝1.8W，故A错误；
BC．由串联电路的分压特点可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大时，灯泡两端的电压最小，而且此时流过小灯泡的电流也最小，即电流表的示数最小；即当电压表的示数为3V时，小灯泡的电功率最小，此时小灯泡两端的电压为：
UL＝U﹣U滑＝6V﹣3V＝3V，
由图乙可知，此时流过小灯泡的最小电流是0.25A，小灯泡的最小功率是
PL＝ULIL＝3V×0.25A＝0.75W，故B正确；
根据上面的分析，电路中的电流范围是0.25A﹣0.3A，故C错误。
D、当电压表的示数为3V时，灯泡L两端的电压UL＝U﹣U滑＝6V﹣3V＝3V，由图乙可知，此时电路中的电流I′＝IL＝0.25A；
由欧姆定律知，滑动变阻器的最大电阻Rmax＝＝12Ω；
当滑动变阻器接入电路的电阻最小时，I＝0.3A，滑动变阻器的电压U小＝U﹣UL＝6V﹣4.5V＝1.5V；
由欧姆定律知，滑动变阻器的最小电阻Rmin＝＝5Ω；
滑动变阻器接入的阻值为5Ω—12Ω，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，关键是电路中最大电流、最小电流的确定。
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共27分）
13．（3分）根据情境和题意填写答案：

（1）如图甲所示，手握修枝剪刀手柄末端，便可以轻松地剪断树枝。这时修枝剪刀属于 　省力　（选填“省力”或“费力”）杠杆；
（2）如图乙所示，工程车上的起重臂相当于一个 　费力　杠杆（“省力”、“费力”或“等臂”）；
（3）汽油机工作时有四个冲程，如图丙所示是汽油机的 　吸气　冲程。
【分析】（1）（2）杠杆根据其力臂关系可以分为三类：
①动力臂大于阻力臂，省力杠杆，省力费距离；
②动力臂小于阻力臂，费力杠杆，费力省距离；
③动力臂等于阻力臂，等臂杠杆，既不省力也不省距离；
（3）汽油机的一个工作循环由四个冲程组成：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。根据进气门、排气门的开闭情况以及活塞的上下移动情况确定冲程的名称。
【解答】解：（1）由图甲可知，剪刀手柄比剪刀口长，当手握修枝剪刀手柄末端修剪时，手施加在手柄上的是动力，此时动力臂大于阻力臂，由杠杆平衡条件可知，动力小于阻力，属于省力杠杆；
（2）图乙工程车上的起重臂的支点是在起重臂的最下端，伸缩臂那里是动力，挂钩那里是阻力，由此可见动力臂小于阻力臂，是一个费力杠杆；
（3）由图丙可知，进气门打开，排气门闭合，混合气体进入气缸，活塞向下移动，所以是吸气冲程。
故答案为：（1）省力；（2）费力；（3）吸气。
【点评】本题考查了杠杆的分类、汽油机四冲程等问题，综合性较强，要求学生认真观察图、利用好相关的物理知识。
14．（3分）如图所示，在试管里装入一些水，用软木塞塞住试管口，将试管放在酒精灯上加热使水沸腾，水蒸气会把软木塞冲开，在这一过程中，水蒸气膨胀对软木塞 　做功　，水蒸气的一部分 　内　能转化为软木塞的 　机械　能，利用这一原理，可以制成热机。

【分析】做功可以改变物体的内能，物体对外做功，物体本身的内能减小，将内能转化为机械能。
【解答】解：用酒精灯给试管中的水加热，产生大量的水蒸气，这些高温水蒸气对塞子做功，将塞子冲出；则该过程中水蒸气的内能减少、温度降低；塞子由静止变为运动，其机械能增大，故能量转化是内能转化为机械能。
故答案为：做功；内；机械。
【点评】此题结合木塞冲出的实验考查了能量转化关系，知道做功可以改变物体的内能。
15．（3分）旋转式变阻器（如图所示）与滑动变阻器相比，外形不同，但原理都是通过改变接入电路的导体的长度来改变其连入电路的电阻。若图中旋转式变阻器的A、C两接线柱连入电路，则连入电路的弧形电阻片是　AP　（选填“AP”、“PB”或“AB”）段，当轴顺时针旋转时，它连入电路的电阻将　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

【分析】变阻器是靠改变连入电路中的电阻丝长度来改变电阻的；接入电路中的电阻丝的长度越长，电阻越大。
【解答】解：图中旋转式变阻器的A、C两接线柱连入电路，则连入电路的弧形电阻片是AP段，当轴顺时针旋转时，它连入电路的电阻丝的长度变大，故它连入电路的电阻将变大。
故答案为：AP；变大。
【点评】解答本题的关键要明确滑动变阻器的原理以及旋钮型变阻器接入的为哪一部分，则由触片的移动可知接入电阻的变化。
16．（3分）如图所示电路中，若灯泡的阻值不变，在滑动变阻器的滑片P向左移动时，电压表示数将 　变小　，电压表示数与电流表示数的比值 　变小　（前两项选填“变大”、“变小”或“不变”），电灯的亮度将 　变亮　（选填“变亮”或“变暗”）。

【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
根据滑片的移动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灯泡两端的电压变化，利用欧姆定律结合滑动变阻器的电阻判断电压表示数与电流表示数的比值变化，再根据P＝UI可知灯泡实际功率的变化，进步判断灯泡亮暗的变化。
【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
在滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；
由U＝IR可知，灯泡两端的电压变大，根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小；
由R＝可知，电压表示数与电流表示数的比值等于滑动变阻器接入电路的电阻，则电压表示数与电流表示数的比值变小；
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P＝UI可知，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮。
故答案为：变小；变小；变亮。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和电功率公式的应用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
17．（3分）如图所示电能表，把某个用电器单独接在电路中，电能表转盘在6min内转过了250转，这6min内消耗的电能为 　3.6×105　J，电能表示数变为 　931.7kW•h　，该用电器的实际功率是 　1000　W。

【分析】由电能表铭牌可知，每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转过2500转，根据电能表转盘转过的转数可以求出用电器消耗的电能；
电能表刻度盘的最后一位示数为小数，单位为kW•h，已知初始示数，加上消耗的电能可得最后的示数；
由电功率公式P＝求出用电器的功率。
【解答】解：该用电器消耗的电能：W＝＝0.1kW•h＝3.6×105J；
电能表示数变为：931.6kW•h+0.1kW•h＝931.7kW•h；
该用电器的实际功率：P＝＝＝1000W。
故答案为：3.6×105；931.7kW•h；1000。
【点评】本题考查电能和电功率的计算，关键是从图中得出有用信息。
18．（4分）天然气热水器将40kg的水从15℃加热到65℃，此过程中天然气完全燃烧释放热量的84%被水吸收，水吸收热量 　8.4×106　J，天然气完全燃烧释放热量 　1×107　J，需要消耗天然气 　0.25　kg，这是通过 　热传递　方式改变水的内能。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），q天然气＝4×107J/kg]
【分析】（1）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，利用η＝×100%求出天然气完全燃烧放出的热量，再根据Q放＝mq求出需要消耗天然气的质量；
（2）做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移。
【解答】解：（1）水吸收的热量：
Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×40kg×（65℃﹣15℃）＝8.4×106J，
由η＝×100%可得，天然气完全燃烧释放的热量：
Q放＝＝＝1×107J，
由Q放＝mq得，需要消耗天然气的质量：
m＝＝＝0.25kg；
（2）用天然气烧水的过程中，水吸收热量，温度升高，内能增大，这是通过热传递的方式改变水的内能。
故答案为：8.4×106；1×107；0.25；热传递。
【点评】本题考查了吸热公式和效率公式、燃料完全燃烧释放热量公式的应用以及改变物体内能方法的应用，难度不大，易于解答。
19．（4分）现有两个定值电阻R1、R2，R1上标有“10Ω，1A”，R2上标有“15Ω，0.6A”。将它们并联在电路中，电路中所加的最大电压为 　9　V，干路允许通过的最大电流为 　1.5　A；将它们串联联在电路中，电路允许通过的最大电流为 　0.6　A，电源电压最大为 　15　V。
【分析】根据欧姆定律分别计算两电阻两端的最大电压，根据并联电路的电压特点判断两电阻并联后的最大电压，根据并联规律电路规律计算干路的最大电流；
根据串联电路电流特点和两电阻允许通过最大电流判断两电阻串联后的最大电流，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算加在它们两端的最大电压。
【解答】解：由欧姆定律得R1两端最大电压：U1最大＝I1最大R1＝1A×10Ω＝10V，
R2两端最大电压：U2最大＝I2最大R2＝0.6A×15Ω＝9V，
因为并联电路中各支路两端电压与电源电压都相等，所以两电阻并联后的最大电压为9V，
此时通过R1的电流：I1＝＝＝0.9A，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以允许通过干路的最大电流：I最大＝I1+I2最大＝0.9A+0.6A＝1.5A；
由题知R1允许通过的最大电流是1A，R2允许通过的最大电流是0.6A，
因为串联电路中电流处处相等，所以两电阻串联后电路中最大电流为0.6A，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得电源电压：U＝I（R1+R2）＝0.6A×（10Ω+15Ω）＝15V；
故答案为：9；1.5；0.6；15。
【点评】本题考查串联和并联电路特点及欧姆定律的应用，要知道串联时电路中电流取较小的电流，并联时电压取较小的电压为电源电压。
20．（4分）某型号电饭锅有加热和保温两挡，电路如图所示，220V电压下，其加热挡功率为1100W，保温挡功率为20W。
（1）闭合开关S1、S2，电饭锅处于 　加热　挡。
（2）电阻丝R1的阻值为 　44　Ω，R2的阻值为 　2376　Ω。
（3）处于保温状态的电饭锅，20min产生热量 　2.4×104　J。

【分析】（1）电源电压一定，当开关处于不同状态时，电路的总电阻不同，根据分析。
（2）根据公式计算电阻。
（3）根据公式Q＝W＝Pt计算产生的热量。
【解答】解：（1）闭合开关S1、S2，只有R1接入电路，此时电路消耗的功率P＝；当只闭合S1，电阻R1、R2串联，此时电路消耗的功率P'＝，P＞P'，所以闭合开关S1、S2时是加热挡；
（2）闭合开关S1、S2，只有R1接入电路，电饭锅处于加热挡，；
当只闭合S1，电阻R1、R2串联，电饭锅处于保温挡，总电阻，故R2＝R﹣R1＝2420Ω﹣44Ω＝2376Ω。
（3）处于保温状态的电饭锅，20min产生热量Q＝W＝P't＝20W×20×60s＝2.4×104J。
故答案为：（1）加热；（2）44；2376；（3）2.4×104。
【点评】本题考查电功率和电热的有关计算，分析清楚开关不同状态时电饭锅的挡位是解题关键。
三.解答题：（本题有7小题，共49分）
21．（2分）根据题意完成下列作图：
甲图为按压式订书机，乙图是该订书机工作时杠杆原理的简化图，请在图乙中画出阻力臂L2和人手在A点施加的最小动力F1。

【分析】根据杠杆平衡的条件，F1L1＝F2L2，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。而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题。
【解答】解：过O点作阻力F2的垂线，即为阻力F2对支点O的力臂L2；
动力最小，即动力臂最长，动力的方向应该向下，连接支点O与动力的作用点A即为最长力臂，过动力的作用点作垂线就得到施加的最小动力F1；如下图所示：

【点评】根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力。
22．（2分）如图是某油量表的部分电路，若油量表为电压表改装而成，且油量增加，电压表读数增加，请在图中补画出电压表及其接线，并标明正、负接线柱。

【分析】题目要求：若油量表为电压表改装而成，当油量增加，电压表读数增加。先分析当油量增加，R2连入电阻变化，R1、R2的分压变化，进而确定电压表与谁并联，再根据电压表的连接方法画出。
【解答】解：
由图可知，R1、R2串联；当油量增加，浮标上升，在杠杆作用下，滑片下移，R2连入电路的电阻变小，由串联分压原理可知，R2分压变小，则R1分压变大，所以电压表应与R1并联，电压表的连接如图所示：

【点评】本题考查了电压表的连接方法和串联电路的分压特点，分析电路图得出当油量增加时R1、R2的分压变化是关键。
23．（2分）小敏设计一个自动防盗报警电路（器材如图所示），请将电路补充完整。要求：晚间房门被人打开，细导线AB被扯断时，电铃发声自动报警，否则只有灯亮。

【分析】开关闭合时，若导线完好则电铃不响；而当导线被拉断后电铃响，说明导线和电铃并联，导线完好时，电铃被短路；然后根据这个思路来连接电路。
【解答】解：晚间房门被人打开，细导线AB被扯断时，电铃发声自动报警，说明导线和电铃并联，导线完好时，电铃被短路；否则只有灯亮，所以从电源正极依次串联灯泡、AB以及开关回到电源负极，然后将电铃并联在AB两端，如下图所示：

【点评】本题考查基本电路的连接方式，会根据题意设计符合要求的电路图是关键。
24．（4分）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：

（1）杠杆静止在图甲所示位置，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 　左　（填“左”或“右”）调节。
（2）调节平衡后，如图乙，在A点挂3个钩码，则应在B点挂 　2　个钩码，才能使杠杆重新在水平位置平衡（所用钩码的规格都相同）。
（3）改变钩码的位置和个数，使杠杆平衡，收集多组数据，其目的是 　B　（填序号）。
A.取平均值，减小误差
B.避免偶然性，寻找普遍规律
（4）看图丙的漫画，根据杠杆的平衡条件分析，小兔分得的萝卜质量 　小于　（填“大于”、“等于”或“小于”）小猴的。
【分析】（1）杠杆左高右低，则杠杆重心在支点右侧，据此分析回答；当杠杆在水平位置平衡时，杠杆的重心在支点上，杠杆的重力力臂为0，避免了杠杆重力对杠杆平衡的影响；
（2）设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，根据杠杆平衡条件求出；
（3）实验测多组数据的目的是得出的结论更具有普遍性；
（4）由图可知，萝卜被支起，处于平衡状态，只要能确定两边力臂的大小关系即可求得两边的重力的大小关系。
【解答】解：（1）杠杆左高右低，则杠杆重心在支点右侧，故应重心左移，小明将左端的平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡；
（2）设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，设在B处挂了n个钩码，则3G×2L＝nG×3L，解得：n＝2，应在B点挂2个钩码；
（3）多次改变力和力臂的大小，得到了多组实验数据，得出了杠杆平衡条件。该实验测量多组数据的目的是得出的结论避免偶然性，寻找普遍规律，故选B；
（4）如下图所示：

以O1为支点，左端的重心在P处，右端的重心在Q处，LP＜LQ，即左端重力的力臂小于右端重力的力臂。
根据杠杆的平衡条件可得：GP•LP＝GQ•LQ，
因为LP＜LQ，
所以，GP＞GQ，即mPg＞mQg，
所以mP＞mQ，
故小兔分得的萝卜质量小于小猴的。
故答案为：（1）左；（2）2；（3）B；（4）小于。
【点评】本题重点考查探究杠杆平衡条件的实验调平和操作，要求平时做实验时多加注意，锻炼自己的实验操作能力。正确理解杠杆的平衡条件是关键。
25．（6分）在“探究不同物质吸热升温现象”的实验中，将质量和初温相同的a、b两种液体分别倒入相同容器中，用相同的热源加热，如甲、乙两图所示。每隔相同时间，测量液体的温度，并根据记录的数据画出温度随加热时间变化的图像，如图丙所示。
（1）加热过程中，用搅拌棒搅拌的目的是 　使液体受热均匀　（图中搅拌棒未画出）；两种液体吸收热量的多少可通过 　加热时间　（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）比较。
（2）由a、b两种液体沸腾前的温度与加热时间的关系图像可知：若升高相同的温度（均未达到沸腾），液体 　b　（选填“a”或“b”）吸收的热量更多。
（3）小明认为利用此装置还可以比较不同燃料燃烧时放出的热量关系，于是增加了相同的装置如图丁，向容器内倒入的液体a与甲、乙装置中的液体质量 　相等　（选填“相等”或“不相等”），燃烧相同质量的燃料后应与图 　甲　所示的实验相比较。
（4）除了图中已经呈现的器材，还需要用到其它测量工具．两个实验都还要用到的其它测量工具是 　天平　。
【分析】（1）为使液体受热均匀，实验中使用玻璃棒不断搅拌；我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
（2）使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；
（3）探究不同燃料燃烧时放出的热量与燃料种类的关系，在设计实验时应使用控制变量法进行设计实验；
（4）利用控制变量法进行分析。
【解答】解：（1）实验中使用玻璃棒的目的是使液体受热均匀；
根据转换法，两种液体吸收热量的多少可通过加热时间比较；
（2）分析图像可知：对于质量相等的a和b两种液体，升温较快的是a；据此推理，若使两者升高相同的温度，则b加热时间长，b吸收的热量较多；
（3）利用上述装置探究不同燃料燃烧时放出的热量与燃料种类的关系。根据控制变量法可知要控制燃料的质量相等然后比较放出的热量的多少，由于燃烧时放出的热量是通过比较容器里的液体吸收的热量的多少判断的，所以图丁的相同装置中，向容器内倒入的液体种类、质量都相同，所以，由于图丁的相同装置的容器内倒入的液体是液体a，所以与其比较的装置中的液体种类相同、质量相等，所以，燃烧相同质量的燃料后应与图甲所示的实验相比较；
（4）观察图知，物质的质量都必须相等，因此还要用天平称量质量，即要用到相同的器材是天平。
故答案为：（1）使液体受热均匀；加热时间；（2）b；（3）相等；甲；（4）天平。
【点评】本题是比较不同物质的吸热能力实验，考查器材的选择、注意事项、控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
26．（4分）如图所示，是探究影响导体电阻大小因素的实验装置图，实验中分别把a、b、c、d四根导线接入电路，其中导线a、b、d长度相同，a、b、c粗细相同，b、d粗细不同。
（1）该实验是通过观察电流表的示数来间接比较导线电阻的大小，这种科学研究问题的方法是　转换　法。
（2）选用　bc　两根导线分别接入电路中进行实验，是为了探究电阻大小跟导体的长度有关。
（3）选用a、b两根导线分别接入电路中进行实验，是为了探究电阻大小跟导体的　材料　有关。
（4）选用　bd　两根导线分别接入电路中进行实验，是为了探究电阻大小跟导体的横截面积有关。

【分析】（1）电流表串联在电路中，电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小；
（2）（3）（4）影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度、横截面积和温度，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变。
【解答】解：
（1）该实验中，通过电流表的示数大小间接得知接入电阻丝的阻值大小，应用了转换法；
（2）探究电阻大小跟导体的长度有关时，需要控制材料和横截面积相同，所以需要将bc两根导线分别接入电路中进行实验；
（3）由图可知，导线a、b的粗细、长度均相同、材料不同，因此选用导线a、b分别接入电路中，是为了探究电阻大小跟导体的材料有关；
（4）要探究电阻大小跟导体的横截面积有关，需要控制导体的材料和长度相同，横截面积不同；由图可知，导线b、d的长度、材料均相同、粗细不同，因此选用导线b、d分别接入电路中。
故答案为：（1）转换；（2）bc；（3）材料；（4）bd。
【点评】在探究影响导体电阻大小因素的实验中，注意转换法和控制变量法的应用。
27．（7分）在“探究电流与电压关系”的实验中，图甲是某实验小组设计的电路，电源电压3V保持不变。
（1）请用笔画线代替导线，在图甲中完成电路连接，要求滑片P向B端滑动时，电流表的示数变小。
（2）连接电路时，开关应该 　断开　。闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于 　B　（选填“A”或“B”）端。
（3）检查无误后，闭合开关发现电流表几乎无示数，电压表示数接近3V。移动滑片P，两电表示数均无变化，则电路故障可能是 　R断路　。
（4）排除故障后，移动滑片P到某一位置时电流表示数如图乙所示，此时通过定值电阻R的电流为 　0.3　A。
（5）实验中测得五组数据，并绘制出定值电阻R的I﹣U图象如图丙所示。由图象可得：
①实验中所用定值电阻R的阻值为 　5　Ω；
②实验结论：　导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比　。
（6）结合所测数据分析，本实验所用滑动变阻器的最大阻值应不小于 　25　Ω。
【分析】（1）滑片P向B端滑动时，电流表的示数变小，选择合适的接线柱将变阻器串联入电路中；
（2）连接电路时，应断开开关，将变阻器滑片置于最大值处；
（3）闭合开关发现电流表几乎无示数，说明电路可能断路发生，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，则与电压表并联的电路断路了；
（4）根据电流表选用量程确定分度值再读数；
（5）①根据图象，选择一组R两端电压和通过的电流值，根据欧姆定律计算R的阻值；
②根据绘制出电阻R的I﹣U图象为过原点的直线得出结论；
（6）当R两端电压最小时，变阻器两端电压最大，由图象读出此时变阻器的电流，根据欧姆定律计算即可。
【解答】解：（1）滑片P向B端滑动时，电流表的示数变小，说明变阻器连入电路的阻值变大，所以应选择C接线柱将其串联入电路中，如图所示：

（2）为了保护电路，连接电路时，应断开开关，将变阻器滑片置于最大值B端；
（3）闭合开关，发现灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能有断路，
电压表有示数，接近电源电压，说明电压表与电源连通测电源电压，则导致这种现象可能的原因是R断路，这样电压表被串联入电路中，所以移动滑片，两表示数无变化；
（4）由图乙知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，读数是0.3A；
（5）①由图象知，当R两端电压为2V时，通过的电流为0.4A，
根据I＝可得，R＝＝＝5Ω；
②由图丙知，绘制出电阻R的I﹣U图象为过原点的直线，据此可得结论：导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
（6）根据图象知，五次实验中，R两端电压最小为0.5V，根据串联电路的特点知，此时变阻器两端电压为3V﹣0.5V＝2.5V，通过变阻器的电流为0.1A，
此时变阻器连入电路的阻值R滑＝＝＝25Ω，
实验所用滑动变阻器的最大阻值应不小于25Ω。
故答案为：（1）见上图；（2）断开；B；（3）R断路；（4）0.3；（5）①5；②导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；（6）25。
【点评】本题探究电流与电压的关系，考查电路连接、注意事项、故障分析、电流表读数、串联电路特点和欧姆定律的运用以及对器材的要求，考查知识点多，综合性强。
28．（8分）在测定“小灯泡电功率”的实验中，小灯泡额定电压为2.5V，实验电路如图甲所示。

（1）小敏同学闭合开关，移动滑片到某一点时，电压表示数（如图乙所示）为 　2.2　V，为了测量小灯泡的额定功率，滑片P应向 　右　（填“左”或“右”）移动。
（2）小敏同学移动滑片，记下多组对应的电压表和电流表的示数，绘制成图丙所示的图像，根据图像信息，可计算出小灯泡的额定功率是 　0.5　W，此时小灯泡的电阻是 　12.5　Ω。
（3）完成上述实验后，小敏又设计了一种测量该灯正常发光时电阻的方案，如图丁所示，R0是阻值已知的定值电阻。请你完成下列操作：
①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点 　1　（填“1”或“2”），移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额；
②滑动变阻器的滑片 　不动　，再将开关S1拨到另一触点，读出电压表的示数U1；
③用U1、U额、R0表示小灯泡的电阻，则表达R＝　　。
【分析】（1）根据电压表选用量程确定分度值读数；比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
（2）根据图丙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P＝UI和R＝分别求出灯泡的额定功率和电阻；
（3）要测灯正常发光时的电阻，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻两端的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻两端的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据R＝可求出灯正常发光时的电阻。
【解答】解：（1）小敏同学闭合开关，移动滑片到某一点时，电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，为了测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故滑片P应向右移动；
（2）由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.2A，小灯泡额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W；
此时小灯泡的电阻为：
RL＝＝＝12.5Ω；
（3）实验步骤：
①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点1，移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额；
②滑动变阻器的滑片不动，再将开关S1拨到另一触点，读出电压表的示数U1；
③在步骤①中，灯泡、R0和滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额，此时灯泡正常发光；
在步骤②中，灯泡、R0和滑动变阻器仍串联，电压表测灯泡和R0两端的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压规律，R0两端的电压为U0＝U1﹣U额，根据串联电路电流特点和欧姆定律，小灯泡的额定电流为：
IL＝I0＝＝，
则灯正常发光时的电阻为：
R＝＝＝。
故答案为：（1）2.2V；右；（2）0.5；12.5；（3）①1； ②不动；③。
【点评】本题测定“小灯泡电功率”的实验，考查电压表读数、操作过程、功率的计算、电阻的计算及设计方案测电阻的能力。
29．（6分）2022年4月，一头质量为180kg的海豚在昌江棋子湾受伤搁浅，被救援人员送至科研基地治疗，救援过程中，利用如图所示的滑轮组，在40s时间内，救援人员用500N的拉力F拉动绳端，把轻质布兜内的海豚沿竖直方向匀速提升2m。g取10N/kg，问，此过程中：
（1）滑轮组对海豚做的有用功有多大？
（2）拉力F做功的功率有多大？
（3）滑轮组的机械效率有多大？

【分析】（1）根据W有用＝Gh＝mgh得出滑轮组对海豚做的有用功；
（2）从图中可知n＝4，根据s＝nh得出绳子自由端移动的距离，根据W总＝Fs得出拉力F做功的总功，根据P＝得出拉力F做功的功率；
（3）根据η＝得出滑轮组的机械效率。
【解答】解：（1）滑轮组对海豚做的有用功W有用＝Gh＝mgh＝180kg×10N/kg×2m＝3600J；
（2）从图中可知n＝4，绳子自由端移动的距离s＝nh＝4×2m＝8m，
拉力F做功的总功W总＝Fs＝500N×8m＝4000J，
拉力F做功的功率P＝＝＝100W；
（3）滑轮组的机械效率η＝×100%＝×100%＝90%。
答：（1）滑轮组对海豚做的有用功为3600J；
（2）拉力F做功的功率为100W；
（3）滑轮组的机械效率为90%。
【点评】本题考查有关滑轮组的功、功率和机械效率的计算，是一道综合题。
30．（8分）2022年5月，天舟四号货运飞船与空间站核心舱顺利对接。小字通过查阅资料了解到，科技人员通常要检验飞船舱体的气密性。他设计了如图甲所示的检测电路，电源电压保持不变，R0为100Ω的定值电阻，R为压力传感器，其阻值随环境气压的变化规律如图乙所示，将R置于舱体中，舱体置于真空室中，舱体不漏气时，电压表示数为200V，舱体内气压为1.0×105Pa。求：
（1）舱体不漏气时，通过R0的电流；
（2）舱体不漏气时，工作10min，电路消耗的总电能；
（3）若电压表示数为176V时，此时舱内的气压值。
【分析】由图甲可知，定值电阻R0与压敏电阻R串联，电压表测R0两端的电压；
（1）根据欧姆定律求出通过R0的电流；
（2）根据图乙可知，舱体内气压为1.0×105Pa时，压敏电阻R的阻值，根据串联电路的电阻特点求出电路中的总电阻，根据串联电路的电流特点求出此时电路中的电流，根据欧姆定律求出电源电压，根据W＝UIt求出工作10min，电路消耗的总电能；
（3）根据欧姆定律求出电路中的电流，根据欧姆定律求出此时电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出压敏电阻的阻值，根据图乙可知此时舱内的气压值。
【解答】解：由图甲可知，定值电阻R0与压敏电阻R串联，电压表测R0两端的电压；
（1）通过R0的电流：I0＝＝＝2A；
（2）由图乙可知，舱体内气压为1.0×105Pa时，压敏电阻R的阻值R＝10Ω，
由串联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻：R总＝R+R0＝10Ω+100Ω＝110Ω，
由串联电路的电流特点可知，此时电路中的电流：I＝I0＝2A；
由欧姆定律可知，电源电压：U＝IR总＝2A×110Ω＝220V，
则工作10min，电路消耗的总电能：W＝UIt＝220V×2A×10×60s＝2.64×105J；
（3）此时电路中的电流：I'＝I0'＝＝＝1.76A，
由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻：R总'＝＝＝125Ω，
则压敏电阻的阻值：R'＝R总'﹣R0＝125Ω﹣100Ω＝25Ω，
由图乙可知，此时舱内的气压值为0.6×105Pa＝6×104Pa。
答：（1）舱体不漏气时，通过R0的电流为2A；
（2）舱体不漏气时，工作10min，电路消耗的总电能为2.64×105J；
（3）若电压表示数为176V时，此时舱内的气压值为6×104Pa。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。