江苏省南通市崇川区启秀中学2021-2022学年九年级上学期期末物理试卷

这是一份江苏省南通市崇川区启秀中学2021-2022学年九年级上学期期末物理试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
下列调味品中属于导体的是( )
A. 糖水B. 酱油C. 食盐D. 食用油
科普活动中，老师为同学们表演了一个“自动爬坡”实验，惊艳了全场。该实验如下：将一个用轻质泡沫做成的圆环，轻轻放在一个斜坡上，结果发现圆环不但没有滚下，反而加速滚上了斜坡。揭秘后才发现，这是一个内部镶嵌了一个小铁块的圆环，
在圆环加速滚上斜坡的过程中，下列说法正确的是( )
A. 圆环的动能增大，重力势能减小B. 圆环的动能减小，重力势能减小
C. 圆环的动能增大，重力势能增大D. 圆环的动能减小，重力势能增大
如图，礼花筒利用筒内的高压空气膨胀，将彩带喷向空中，产生喜庆效果。则高压空气膨胀过程中( )
A. 对外做功内能增加B. 分子热运动加剧C. 内能转化为机械能D. 向外界传递热量
小明、小勇和小秋按各自设计的电路图进行实验，并将实验数据，记录在表格中，如图所示，其中电路图与实验数据不对应的是( )
A. 小明B. 小勇C. 小秋D. 都不对应
如图所示是小明家的部分电路，他将开关S闭合后，发现L不发光，检测后发现是e点左侧零线断路的缘故。则S闭合后，用测电笔分别测试图中的a、b、c、d、e五点时，氖管发光的点有( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
小华用如图所示的装置探究杠杆的机械效率，他将两个钩码悬挂在B点，在A点用弹簧测力计保持竖直方向拉动杠杆，使其绕O点缓慢转动，带动钩码上升一定的高度h(不计摩擦)( )
A. 在杠杆转动过程中，弹簧测力计的示数会变小
B. 仅增加钩码的个数，拉力所做的额外功增大
C. 仅将拉力的作用点从A点移到C点，杠杆的机械效率不变
D. 仅将钩码的悬挂点从B点移到C点，拉力做的总功变大
某款感应式垃圾桶如图所示。其工作原理如下：启动开关闭合后，垃圾桶才能正常使用，此时指示灯亮起；扔垃圾时只需将手伸到感应区上方一定距离内，感应开关自动闭合，动力装置工作，垃圾桶盖缓缓打开；手离开5秒后动力装置会控制桶盖闭合，然后感应开关自动断开。下列电路符合要求的是( )
A. B.
C. D.
如图所示，图甲是小明同学研究调光灯的实验电路图，小灯泡规格是“6V，3W”，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P在A点时，滑动变阻器连入电路的电阻为R1，电压表的示数为4V；当滑动变
阻器滑片P在B点时，滑动变阻器连入电路的电阻为R2，电压表的示数为1V，且R2=3R1，测绘出小灯泡的I-U图象如图乙所示，电源电压保持不变。下列分析正确的有几个( )
①电源电压为10V
②灯泡的电阻为12Ω
③当变阻器接入电阻为20Ω时，灯泡的功率为1.2W
④在保证电路安全的情况下，滑动变阻器接入电路的最小电阻为14Ω
A. 一个B. 两个C. 三个D. 四个
在“估测用电器实际功率”的综合实践活动中，小明先断开家中所有用电器，只让一台挂壁式空调工作3min，测得电能表指示灯闪烁180次。关闭空调后让另一用电器单独工作10min电能表指示灯闪烁25次，则该用电器最可能是( )
A. 电饭锅B. 电吹风C. 台式风扇D. 微波炉
如图G为电子元件，能起稳压作用，即在一定条件下可保持其两端电压UG不变，R为定值电阻，E为电流可调的电源。当G起稳压作用时，下列描述电路中R消耗的功率PR、G消耗的功率PG、电源输出的电压U、R两端的电压UR随电源输出电流I的变化关系，可能正确的是( )
A. B. C. D.
二、非选择题
火箭利用液态氢为燃料，这是利用液态氢______特点。火箭升空与空气摩擦温度急剧升高，这是以______的方式改变内能。当载人飞船由轨道的远地点向近地点运行时其动能______。(选填“增大”“减小”或“不变”)
某插秧机使用四冲程汽油机，图中汽油机处于______冲程，如果该汽油机飞轮的转速是60r/s，则汽油机每分钟对外做功______次；某段时间插秧机消耗汽油0.21kg，汽油完全燃烧放出的热量是______ J；若这些热量完全被40kg初温15℃的水吸收，则水温升高______℃。[q汽油=4.6×107J/kg]
硫化镉(CdS)晶体是一种光敏材料，其电阻随光照强度增大而减小。如图所示，用它和继电器组成自动控制电路来控制路灯，白天灯熄，夜晚灯亮。
(1)硫化镉晶体主要是由______(选填“导体”或“半导体”)材料制成的，给路灯供电的电源应接在______(选填“ab”或“bc”)两端。
(2)如图所示路灯是额定电压为220V、额定功率为8.8W的LED灯泡，与普通白炽灯相比，该灯与额定功率为55W的白炽灯亮度相同，则相同时间内LED灯正常发光与白炽灯相比可以节约______%的电能；如果白炽灯的发光效率为8%，则该LED灯的发光效率为______%。
船舶航行中发动机做的功除了推进设备，还要提供辅助设备工作。船舶航行时受到的阻力与航行速度的平方成正比，降低航速可以减小阻力，但航速减小后航行所需的时间会延长，虽然推进功减少但辅助功增加了。航速优化就是找到适合的航速，使发动机做的总功减少，达到节能减排的目的。
(1)若船舶以速度v匀速直线航行，航行时受到的阻力为f=kv2(k为常量)，则理想情况下，推进功率和速度的关系为P推=______；
(2)某船舶航行时，每公里航程的推进功、辅助功和航速的关系如图所示，则最省油的航速约为______m/s，此时轮船受到的阻力为______ N。
(3)若题(2)中船舶的最大航速为10m/s，发动机的效率为40%，柴油的热值为4×107J/kg。则航速从10m/s降低到最省油航速，每公里航程少消耗柴油______ kg。
如图甲为苏泊尔某款金属外壳豆浆机工作原理的电路图(R1和R2为电热丝，M为电动机其功率为300W)。该豆浆机有磨煮和保温两个功能，其中磨煮工作流程如图乙所示，功率随时间的变化如图丙所示。若某次磨煮豆浆时，将适量的黄豆和水(体积共1升，初温30℃)装入豆浆机，完成磨煮后，测得豆浆的温度为90℃，整个磨煮过程共耗电0.15度。(忽略在磨煮过程中豆浆的体积和质量变化)
(1)在使用该豆浆机时，应选用______孔插座，当开关S、S1闭合，开关S2断开，开关S3______(“断开”或“闭合”)时，豆浆机处于加热状态；
(2)此豆浆机的加热功率是______ W；
(3)该豆浆机的加热效率为______%。[c豆浆=4.2×103J/(kg⋅℃),ρ豆浆=1.0×103kg/m3]
(4)当豆浆机处于保温状态时，豆浆每秒向外界散热100J，为保持豆浆的温度恒定，则电热丝R1的阻值为______Ω。
如图所示电路，请在两个“〇”内填入电表的符号，使开关S闭合时两灯能工作。
在图中标出磁感线的方向及小磁针的N极。
按题目要求作图，请用笔画线代替导线，将图所示的电灯、开关和插座接入家庭电路中，电灯由开关控制。
如图是工人利用滑轮组提升重为810N物体的示意图，某段过程中物体匀速上升的速度为0.1m/s，工人拉力F的功率为90W，物体上升10s拉力F克服滑轮组的摩擦做的功是60J，不计绳重。求：
(1)工人拉力F的大小；
(2)滑轮组的机械效率；
(3)滑轮组中动滑轮的重力。
如图，电源电压恒定，R是定值电阻，小灯泡L标有“6V 3W”，滑动变阻器标有20Ω0.5A“字样。当R2的滑片P位于最右端时，只闭合S1，灯泡正常发光：再闭合开关S2、S3，电流表的示数变为1.1A.求：
(1)小灯泡的额定电流；
(2)只闭合开关S2，R1在100s内产生的热量；
(3)只闭合开关S3，移动变阻器滑片时，R1的电功率变化范围。
如图所示的三个实验中
(1)通过比较温度计示数的变化量来比较吸(放)热多少的有______(填写图号，下同)；需要有计时器的实验有______。
(2)甲实验，沙子和水的质量相等，加热相同的时间，沙子升高的温度大，表明沙子的吸热能力比水______(选填“强”或“弱”)
(3)乙实验中，发现用碎纸片加热烧杯中水温度升得快______(选填“能”或“不能”)说明碎纸片的热值大。
(4)利用丙图探究“电流热效应与电阻大小的关系”时，两电阻的阻值要______(选填“相等”或“不等”)，将两电阻串联的目的是控制______相同。
(5)现将丙装置改装后可比较水和煤油吸热升温的快慢，与甲相比，其好处是______，实验时分别向两个烧瓶中加入初温均为20℃、质量均为200g的水和煤油，通电4min后，分别读出温度计示数为t水=35℃、t煤油=50℃.煤油的比热容c煤油=______J/(kg⋅℃)(已知水的比热容为c水=4.2×103J/(kg⋅℃)，不计热量的损失)。
小明和小华利用电源、开关、标有“3.8V”小灯泡等器材进行实验探究。
(1)小明连接了如图甲所示电路，测量小灯泡正常发光时的电阻。
①电路有一处错误，请你在错误导线上打“×”，并另画一根导线，使电路连接正确。
②同组的小华发现小明所选的器材不能完成此实验，其原因是______。
③改进器材后灯泡正常发光时电流表示数如图乙，则灯泡正常发光时电阻为______Ω。
④小明根据实验数据绘制出图丙所示小灯泡的电流与电压关系图像，则灯泡实际电压为额定电压一半时的电阻______实际电流为额定电流一半时的电阻(选填“大于”、“小于”或“等于”)。
(2)小华设计了如图丁所示电路，测量该小灯泡的额定功率。已知电源电压为U，定值电阻的阻值为R0，请帮小华将实验步骤补充完整。
①只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器R1使电压表示数为______，小灯泡正常发光。
②闭合开关______，滑动变阻器R1的滑片保持不动，记下电压表示数为U1。
③则小灯泡额定功率的表达式为：P额=______。
小明骑自行车上学途中经过一段下坡路。他思考：物体从粗糙程度相同的斜坡下来后滑行的最大距离可能与哪些因素有关呢？
(1)他发现斜面的高度越大，冲下斜坡后滑行的最大距离就越大。从能量角度分析，物体越高，重力势能也越大，到达坡底时的______能就越大，从而滑行得越远。
(2)接着小明又提出两个猜想：
猜想一：可能与物体的质量有关；
猜想二：可能与斜坡和水平面间的夹角有关。
为验证猜想，他设计了图甲所示的装置，将A、B两个木槽在O处平滑连接。实验中多次改变并测出夹角α、θ，然后将甲、乙小滑块从木槽A上由静止释放，测量出滑块冲上木槽B的距离(滑块中心到O点的距离)s甲和s乙，数据如表：
①实验中甲、乙两滑块质量______，每次应将两滑块从______处释放；
②第2次实验中测量s甲时刻度尺和滑块的位置如图乙，则表格中应填入______；
③分析上表数据，可知猜想一是______的；
④用上表数据分析猜想二，序号为______的数据为无用数据，分析其余数据，可得出的探究结论是：当物体的高度和质量一定时，斜坡的角度越大，物体滑行距离越远。
(3)进一步分析，你认为导致斜面夹角越大滑块滑行距离越远的原因是______。
阅读短文，回答问题。
测温手环图甲为某型号的蓝牙测温手环，该手环的部分技术参数如表所示。测温手环主要由温度传感模块、蓝牙模块、电源模块三个部分组成。
温度传感模块中，对温度敏感高的热敏电阻接入电路(如图丙)。佩戴测温手环时，导热金属片导致热敏电阻温度升高阻值变化，使电路中电流变大。测温芯片能根据电路中电流大小算出热敏电阻的温度，并显示到液晶屏上。蓝牙模块则通过无线网络将温度数据传送给数据中心，实现对体温的监控。
为了降低测温手环的功耗，延长工作时间，该测温手环还配有智能休眠仓，如图乙所示。该测温手环是依靠内置的霍尔元件实现“休眠”的。霍尔元件是一种对磁场敏感的电子元器件，当它周围存在较强的磁场时，它可以断开测温手环的电路。因此，这类测温手环的智能休眠仓下面需要预埋一个磁体。
(1)在测温手环中，______(温度传感/蓝牙)模块将温度数据传送给数据处理中心，实现对体温的实时监测；霍尔元件在测温手环的电路中相当于______(选填“开关”“电源”或“用电器”)。
(2)下列哪种情境不会影响手环测量人体温度的准确性______。
A.洗澡时佩戴手环
B.手环电池电压下降
C.隔着衣服佩戴
D.感冒发热时佩戴
(3)该型号的测温手环充满电，工作时的放电电流约为______μA；
(4)小明利用热敏电阻设计了如图丁的模拟智能测温报警电路：电源电压调为18V，报警器(电阻不计)通过的电流超过10mA时就会报警，电阻箱最大阻值为999Ω，热敏电阻RT阻值随温度T的变化关系如图戊所示。
①要求：当所测温度达到或超过37℃时，系统报警，按照下列步骤调试电路：
a.电路接通前，应先将滑动变阻器滑片置于b端，再将电阻箱调到______Ω；
b.将开关S向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至______；
c.保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S向另一端闭合，报警系统即正常使用。
②用①中已调试好的报警电路进行测温，测得某学生的体温为36.5℃，此时该电路中的电流是______mA(保留一位小数)。
③如果使用一段时间后由于电源电压的降低，报警温度将会______(选填“偏低”“偏高”或“不变”)，这时应将变阻器阻值______(选填“调大一些”或“调小一些”)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：通常情况下，糖水、食盐、食用油不容易导电，属于绝缘体；酱油容易导电，属于导体。故ACD错误，B正确。
故选：B。
容易导电的物质叫导体，不容易导电的物质叫绝缘体。
此题考查了导体与绝缘体的辨析，属基础题目。
2.【答案】D
【解析】解：在圆环加速滚上斜坡的过程中，圆环的质量不变，速度变小，动能减小；质量不变，高度变大，重力势能增大；故D正确。
故选：D。
动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关。
本题考查了动能和势能的变化，明确影响动能、重力势能大小的因素是解题的关键。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查内能及改变内能的两种方式，同时要知道内能与机械能的转化以及对分子热运动的影响等。
结合改变内能的方法分析内能与机械能的变化，并进一步得出分子热运动的情况等。
【解答】
A.礼花筒内的高压空气膨胀对外做功，其自身的内能是减小的，故A错误；
B.由于礼花筒内的高压空气膨胀对外做功，其自身的内能减小、温度降低，所以分子热运动变慢，故B错误；
C.礼花筒内的高压空气膨胀对外做功，其自身的内能减小，转化为机械能，故C正确；
D.礼花筒内的高压空气膨胀对外做功，而不是向外界传递热量，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】解：由电路中可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，
当滑片左移时，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，
由U=IR可知，R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
A.电压表并联在R两端的电压，当电流表的示数增大时电压表的示数增大，故小明的电路图与实验数据对应；
B.电压表并联在变阻器两端，当电流表的示数增大时电压表的示数减小，故小勇的电路图与实验数据不对应；
C.电压表并联在电源，当电流表的示数增大时电压表的示数不变，故小梦的电路图与实验数据对应．
故选B.
由电路中可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，滑片左移时接入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知电路中的电流的变化和R两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知变阻器两端的电压变化，据此分析表格数据得出答案．
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，要注意电压表位于不同位置时其示数与电流表示数变化的对应关系不同．
5.【答案】D
【解析】解：将开关S闭合后，发现L不发光，检测后发现是e点左侧零线断路的缘故；则S闭合后，用测电笔分别测试图中的a、b、c、d、e五点时，这五点都直接或间接与火线相连，则氖管都会发光。
故选：D。
用试电笔检测氖管发光的地方接触火线，氖管不发光的地方应该接触零线。
本题考查了试电笔的使用，属于基础题。
6.【答案】C
【解析】解：A、若弹簧测力计拉力方向一直竖直向上拉动，阻力不变，动力臂减小，阻力臂变小，如下图所示：
△OBB'∽△OAA'，所以OB'OA'=OBOA，所以动力臂与阻力臂的比值不变，因为阻力不变，根据杠杆的平衡条件知，弹簧测力计的示数应该不变，故A错误；
B、克服杠杆重力做的功为额外功，仅增加钩码的个数，杠杆重力和杠杆上升的高度不变，拉力所做的额外功不变，故B错误；
C、仅将拉力的作用点从A点移到C点，钩码和杠杆还是上升原来的高度，则有用功不变，额外功也不变，总功不变，根据η=W有W总可知，效率不变，故C正确；
D、仅将钩码的悬挂点从B点移到C点，钩码和杠杆还是上升原来的高度，有用功不变；
钩码由B到C，上升高度不变，根据数学关系可知，杠杆提升的高度减小，额外功减小，又因为总功等于额外功与有用功之和，所以拉力做的总功变小，故D错误。
故选：C。
(1)弹簧测力计拉力方向总竖直向上，动力臂减小，阻力臂减小，阻力不变，动力不变。
(2)克服杠杆重力做的功为额外功；
(3)首先根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析仅将拉力的作用点从A点移到C点，根据额外功、有用功的变化判定杠杆的机械效率的变化；
(4)从图中可以看出，将2只钩码悬挂在C点时，重力的力臂大于在B点重力的力臂，而动力臂不变，根据杠杆平衡的条件可知弹簧测力计的示数的变化情况，再分析有用功和额外功的变化，根据总功等于有用功和额外功之和得出拉力做的总功的变化情况。
本题考查杠杆机械效率的测量，把握有用功、总功的计算方式，是一道有难度的题目。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
启动开关闭合后，垃圾桶才能正常使用，此时指示灯亮起；当感应开关闭合后，垃圾桶打开，这表明该电路为并联电路，据此分析。
本题考查了电路的设计，能判定出电路的连接方式是解题的关键。
【解答】
启动开关闭合后，垃圾桶才能正常使用，此时指示灯亮起；扔垃圾时只需将手伸到感应区上方一定距离内，感应开关自动闭合，动力装置工作，垃圾桶盖缓缓打开，这表明灯泡和动力装置能各自独立工作，并联在电路中，启动开关接在干路中，控制整个电路；感应开关控制动力装置，串联在一条支路中，故C符合题意。
8.【答案】A
【解析】解：(1)由图甲可知，该电路为灯泡和滑动变阻器的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡两端的电压；
当滑动变阻器滑片P在A点时，已知电压表的示数为4V，即灯两端电压为UL'=4V，
此时通过灯的电流为IL'=0.45A，即电路中的电流为I=IL'=0.45A，
由串联电路电压特点和欧姆定律可知电源电压为：U=UL'+U1=UL'+IR1=4V+0.45A×R1---①；
当滑动变阻器滑片P在B点时，已知电压表的示数为1V，即灯两端电压为UL''=1V，
此时通过灯的电流为IL''=0.2A，即电路中的电流为I'=IL''=0.2A，
由串联电路电压特点和欧姆定律可知电源电压为：U=UL''+U2=UL''+I'R2=1V+0.2A×R2---②；
R2=3R1---③，
联立①②③可解得U=13V，故①不正确；
(2)已知灯泡的额定电压为UL=6V，额定功率为PL=3W，
由P=U2R可知灯泡正常发光时的电阻为：RL=UL2PL=(6V)23W=12Ω，
由图象可知灯泡的电阻是变化的，故②不正确；
(3)由图象可知，当UL'''=3V，IL'''=0.4A时，灯泡的实际功率为1.2W，
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以此时滑动变阻器两端的电压为：
U滑=U-UL'''=13V-3V=10V，
滑动变阻器接入电路的电阻：
R滑=U滑I‴=10V0.4A=25Ω，故③不正确；
(4)根据P=UI可得，灯的额定电流：
I额=P额U额=3W6V=0.5A，
因串联电路中各处的电流相等，电流表的量程为0∼0.6A，
所以，电路中的最大电流为Imax=I额=0.5A，
由(2)可得，灯泡的电阻为12Ω，
根据欧姆定律得电流最大时，电路中的总电阻：
R=UImax=13V0.5A=26Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R滑=R-RL=26Ω-12Ω=14Ω，故④正确。所以分析正确的只有一个。
故选：A。
(1)由图甲先分析电路连接以及电表测量情况；当滑动变阻器滑片P在A点或B点时，已知电压表的示数，即灯两端电压，由图乙可知通过灯的电流，即电路中的电流，利用串联电路的电压特点和欧姆定律可得出电源电压表达式；再结合R2=3R1，便可求出电源电压。
(2)已知灯泡的额定电压和额定功率，利用P=U2R可求出灯泡正常发光时的电阻，灯泡的电阻随温度的升高而增大；
(3)先根据P=UI从图象中得出灯泡的实际功率为1.2W时灯泡两端的电压和通过的电流，根据电阻的串联求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器R连入电路的阻值；
(4)知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI求出灯泡的额定电流，然后结合电流表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路中的最小总电阻，从而求出滑动变阻器接入电路的最小电阻。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据灯泡的额定电压和电流表的量程确定电路中的最大电流。
9.【答案】C
【解析】解：空调的电功率约为1000W，则由P=Wt可知，
空调工作3min消耗的电能约为：W1=P1t1=1×103W×3×60s=1.8×105J=0.05kW⋅h；
则电路中每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁的次数：N=180imp0.05kW⋅h=3600r/(kW⋅h)；
当电能表指示灯闪烁的次数为25次，用电器消耗的电能：W2=25imp3600imp/kW⋅h=1144kW⋅h=2.5×104J；
该用电器的电功率：P2=W2t2=2.5×104J10×60s≈41.7W；
电饭锅的电功率约为800W，电吹风的电功率约为600W，台式风扇的电功率约为40W，微波炉的电功率约为1100W，则该用电器最可能是台式风扇。
故选：C。
首先估测空调的电功率，利用W=Pt可以计算出空调工作3min消耗的电能；
测得电能表指示灯闪烁180次，由此可以计算出电路中每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁的次数；
则当电能表指示灯闪烁的次数为25次，可以计算出该用电器消耗的电能，利用P=Wt计算出该用电器的电功率，结合各选项分析可知，哪个用电器符合要求。
本题考查电功率的计算、对电能表参数的理解和掌握、能根据题意计算出电路中每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁的次数是解题的关键。
10.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R与电子元件G串联。
A.R消耗的功率PR=I2R，由表达式可知，PR-I的关系为过原点的抛物线，故A错误；
B.电子元件G两端的电压UG不变，由PG=UGI可知，PG-I的关系为正比例函数图象，故B错误；
C.因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以由I=UR可得，电源的电压U=IR+UG，由表达式可知，U-I的关系为一次函数图象，故C错误；
D.由UR=IR可知，UR-I关系是正比例函数图象，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，定值电阻R与电子元件G串联，根据P=UI=I2R表示出R消耗的电功率，根据PG=UGI表示出G消耗的功率，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源输出的电压，根据欧姆定律表示出R两端的电压，然后根据它们的表达式分析对应的关系，然后结合选项得出答案。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，利用好电子元件G两端的电压不变是关键。
11.【答案】热值高 做功 增大
【解析】解：火箭利用液态氢为燃料，这是利用液态氢热值高的特点；火箭升空与空气摩擦温度急剧升高，这是通过做功的方式来改变物体内能；当载人飞船由轨道的远地点向近地点运行时其高度下降，重力势能转化为动能，故动能增加。
故答案为：热值高；做功；增大。
(1)1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值，用q来表示，对于气体燃料而言，热值的定义是1m3的某种燃料完全燃烧时放出的热量。热值是燃料的一种特性。
(2)改变物体内能的方式：做功和热传递。
(3)动能与物体质量和速度有关；重力势能与物体质量和高度有关。
本题考查了物体内能的改变方式、动能和势能的转化和燃料热值的问题，属于基础题。
12.【答案】压缩 18009.66×106 57.5
【解析】解：由图可知，进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，由此可知此冲程是压缩冲程；
由于飞轮转速是60r/s=3600r/min，汽油机每分钟飞轮转动3600圈，根据汽油机每个工作循环，完成4个冲程，飞轮转动2圈，做功1次，由此可知汽油机分钟对外做功1800次；
汽油燃烧过程中，把燃料储存的化学能转化为内能；
汽油完全燃烧放出的热量Q放=m汽油q汽油=0.21kg×4.6×107J/kg=9.66×106J，
水吸收的热量Q吸=Q放=9.66×106J，
由Q吸=cmΔt可知，
水升高的温度Δt=Q吸c水m水=9.66×106J4.2×103J/(kg⋅℃)×40kg=57.5℃。
故答案为：压缩；1800；9.66×106；57.5。
(1)由图可知，进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，由此可得出结论；由飞轮转速可求得汽油机每分钟飞轮转动的圈数，根据汽油机每个工作循环，完成4个冲程，飞轮转动2圈，做功1次，由此可得出答案；
(2)汽油燃烧过程中，把燃料储存的化学能转化为内能；根据Q放=mq求出汽油完全燃烧放出的热量，利用Q吸=cmΔt求出水升高的温度。
本题主要考查热机的工作过程，以及燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的应用，常见题目。
13.【答案】半导体 ab 84 50
【解析】解：(1)硫化镉具有光敏性，所以控制电路中的硫化镉是半导体。
电源和路灯组成工作电路，当夜晚光照减小时，硫化镉的电阻增大，电磁铁磁性减弱，衔铁被弹簧拉起，ab组成通路，路灯工作，所以电源接在ab两端。
(2)设各种灯工作相同的时间t，
额定功率为8.8W的LED灯泡消耗的电能：W1=P1t，
额定功率为55W的白炽灯消耗的电能：W2=P2t，
节约电能为：W3=W2-W1=P1t-P2t，
额定功率为8.8W的LED灯泡正常发光相同时间时与白炽灯相比可以节约LED灯正常发光相同时间时与白炽灯相比，
节约电能：η=W3W2×100%=p1t-P2tP2t×100%=P1-P2P2×100%=55W-8.8W55W×100%=84%。
灯的发光效率等于转化为光能的功率与消耗电能的功率(灯的电功率)之比，即η=P光P×100%，
因为8.8W的LED灯与55W的白炽灯在正常工作时发光效果相当，所以两灯泡获得光能的功率相等，
则：P白炽灯η白炽灯=PLEDηLED，
即55W×8%=8.8W×ηLED，
解得，该白炽灯的发光效率：
ηLED=50%。
故答案为：(1)半导体；ab；(2)84；50。
(1)半导体五大特性：掺杂性、热敏性、光敏性、负电阻率温度特性、整流特性。
当夜晚光照减小时，硫化镉的电阻增大，电磁铁磁性减弱，衔铁被弹簧拉起，ab组成通路，路灯工作，所以电源接在ab两端。
(2)求出t 时间内8.8W的LED灯消耗的电能，求出t 时间内55W白炽灯消耗的电能，求出t 时间内节省的电能，求出节约电能的百分比。
(3)LED灯与白炽灯在正常工作时发光效果相当，则两灯泡获得光能的功率相等，根据效率公式得出等式求解。
本题通过自动控制路灯的通断考查了半导体、电磁铁磁性强弱控制、电能计算、节能比例计算等，是一道比较新颖的习题。
14.【答案】kv3 62×105 31.25
【解析】解：(1)若船舶以速度v匀速直线航行，航行时受到的阻力与牵引力是一对平衡力，大小相等；
根据P=Wt=Fst=Fv可知，推进的功率为：P推=Fv=fv=kv2×v=kv3；
(2)根据图像可知，当推进功为2×108J，辅助功为5×108J时，推进功和辅助功的和是7×108J，此时推进功和辅助功的和最小，对应的速度为6m/s；
当v=6m/s时，由v=st可知，每公里需要的时间为：t=sv=1000m6m/s=5003s，
此时的推进功率：P=Wt=2×108Jt=2×108J5003s=1.2×106W，
轮船受到的阻力：f=P推v=1.2×106W6m/s=2×105N；
(3)由图可知，当最大航速v'=10m/s时，推进功8.5×108J，辅助功为3.5×108J，
推进功和辅助功的总和：W'=8.5×108J+3.5×108J=12×108J，
与最省油时相比，最省油时能节省的功：ΔW=W'-W=12×108J-7×108J=5×108J，
根据η=WQ放可知，节省的柴油完全燃烧放出的热量：Q放=Wη=5×108J40%=1.25×109J，
由Q放=mq可知，节省柴油的质量：m=Q放q=1.25×109J4×107J/kg=31.25kg。
故答案为：(1)kv3；(2)6；2×105；(3)31.25。
(1)根据二力平衡条件和公式P=Wt=Fst=Fv分析；
(2)分析图像，找出推进功和辅助功的和最小的点，即为最省油的航速；
根据速度公式求出每公里需要的时间，根据P=Wt求出推进功率；根据f=kv2求出轮船受到的阻力；
(3)由图可知当最大航速为10m/s时的推进功和辅助功，据此求出推进功和辅助功的总和；与最省油时相比，可求出最省油时节省的功，根据效率公式求出节省的柴油完全燃烧放出的热量；利用Q放=mq求出节省柴油的质量。
本题考查二力平衡条件的应用、速度公式、功率公、燃料完全燃烧放热公式以及效率公式的应用，题目综合性较强，难度较大。
15.【答案】三 闭合 100070435.6
【解析】解：(1)从安全用电的角度考虑，由于豆浆机带有金属外壳，为防止漏电而发生触电事故，所以应将豆浆机的插头接入三孔插座；
根据图甲可知，当开关S、S1闭合，开关S2断开，开关S3断开时，R1、R2串联；当开关S、S1闭合，开关S2断开，开关S3闭合时，电路为R2的基本电路，由P=U2R可知，当开关S、S1闭合，开关S2断开，开关S3闭合时，豆浆机为加热状态；
(2)根据图乙可知，豆浆机完成磨煮时的加热时间和研磨时间分别为：t加热=3×2min=6min，t研磨=2×(7min-2min)=10min，
根据题意和图丙可知，研磨时豆浆机的功率：P研磨=300W=0.3kW；
则研磨时消耗的电能：W研磨=P研磨t研磨=0.3kW×1060h=0.05kW⋅h；
加热时消耗的电能：W加热=W-W研磨=0.15kW⋅h-0.05kW⋅h=0.1kW⋅h，
加热时的功率：
P加热=W加热t加热=0.1kW⋅h660h=1kW=1000W；
(3)V=1L=1dm3=1×10-3m3，
由ρ=mV可得豆浆的质量：
m=ρ豆浆V=1.0×103kg/m3×1×10-3m3=1kg，
豆浆吸收的热量：
Q吸=c豆浆mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(90℃-30℃)=2.52×105J，
豆浆机的加热效率为：
η=Q吸W加热×100%=2.52×105J0.1×3.6×106J×100%=70%；
(4)由P=U2R可知R2的阻值：
R2=U2P加热=(220V)21000W=48.4Ω，
由于豆浆每秒向外界散热100J，则由W=U2Rt可知，豆浆机处于保温状态时，电路的总电阻：
R=U2W1⋅t=(220V)2100J×1s=484Ω，
R1的阻值：R1=R-R2=484Ω-48.4Ω=435.6Ω。
故答案为：(1)三；闭合；(2)1000；(3)70；(4)435.6。
(1)三孔插座中多出的一个孔是用来接地线的，目的就是为了防止触电；
当开关S、S1闭合，开关S2断开时，根据开关S3的状态分析电路的连接方式，然后根据P=U2R可知豆浆机的工作状态；
(2)根据图乙可知读出豆浆机完成磨煮时的加热时间和研磨时间，再利用W=Pt求出研磨消耗的电能，并进一步求出加热消耗的电能，最后根据P=Wt求出豆浆机的加热功率；
(3)先根据密度的变形公式求出豆浆的质量，然后根据Q吸=cmΔt求出磨煮过程吸收的热量，再利用η=Q吸W×100%求出豆浆机的加热效率；
(4)先根据P=U2R求出R2的阻值，然后根据W=U2Rt的变形公式可求出保温时电路的总电阻，最后根据串联电路的电阻特点求出R1的阻值。
本题考查电功和热量的综合计算，关键是选择合适的计算公式，难点是知道开关断开与闭合时豆浆机的状态的判断，解题过程中要注意单位的换算。
16.【答案】解：若使开关S闭合时两灯能工作，则两灯为并联，电流从电源的正极出发后开始分支，一支经左侧灯泡、开关，回到电源负极，另一支经下面的电表、右侧灯泡、开关，回到电源负极，所以下方电表为电流表，上方电表为相当于断路的电压表，如图所示：

【解析】电流表测电路电流时应串联在电路中，可近似看成一根导线；电压表测电压时应并联在被测电路两端，可近似看成开路状态；根据电流流向法进行解答。
本题考查了电表的正确使用，熟知串并联电路的特点、电压表和电流表的正确使用是关键。
17.【答案】解：根据电流表的正负接线柱可知，电流从螺线管的右端流入、左端流出，根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极；
在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，最后回到S极，所以磁感线是从左向右的；
根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的左端为N极，右端为S极，如图所示：

【解析】根据电流表的使用规则和安培定则判定螺线管的极性；在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，最后回到S极；同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引。
判断小磁针指向的方法：①根据磁极间的相互作用规律：同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引；②根据磁感线方向：小磁针静止时N极所指的方向与该点的磁场方向一致。
18.【答案】解：灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
如图所示：

【解析】灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
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。
19.【答案】解：
(1)由图知，n=3，拉力端移动速度v=nv物=3×0.1m/s=0.3m/s，
由P=Wt=Fst=Fv得拉力大小：
F=Pv=90W0.3m/s=300N；
(2)拉力端移动距离s=nh，滑轮组的机械效率：
η=W有用W总=GhFs=GhF×nh=GnF=810N3×300N×100%=90%；
(3)物体10s上升的高度：
h=v物t=0.1m/s×10s=1m，
拉力做的有用功：
W有用=Gh=810N×1m=810J，
拉力F的功率为90W，由P=Wt可得，10s内拉力做的总功：
W总=Pt=90W×10s=900J，
不计绳重，使用滑轮组做的额外功等于提升动滑轮做的功加上克服摩擦做的功，即：
W额=W动+Wf，
提升动滑轮做的额外功：
W动=W总-W有用-Wf=900J-810J-60J=30J，
由W动=G动h可得动滑轮的重：
G动=W动h=30J1m=30N。
答：(1)工人拉力F的大小为300N；
(2)滑轮组的机械效率为90%；
(3)滑轮组中动滑轮的重力为30N。
【解析】(1)由图知，n=3，拉力端移动速度等于物体上升速度的n倍，知道拉力做功功率，利用P=Wt=Fst=Fv求拉力大小；
(2)拉力端移动距离s=nh，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhFs=GhF×nh=GnF；
(3)利用s=vt求物体升高的高度，利用W=Gh求拉力做的有用功，利用W=Pt求拉力做的总功，拉力做的额外功等于总功减去有用功；不计绳重，使用滑轮组做的额外功等于提升动滑轮做的功加上克服摩擦做的功，总功减去有用功、克服摩擦力做的功等于克服动滑轮做的功，再由W动=G动h可得动滑轮重。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、额外功和机械效率的计算，注意：不计绳重，使用滑轮组做的额外功等于提升动滑轮做的功加上克服摩擦做的功。
20.【答案】解：
(1)由P=UI可得，小灯泡的额定电流：
I额=P额U额=3W6V=0.5A；
(2)由图知，只闭合S1，当R2的滑片P位于最右端时，变阻器连入阻值为0，只有灯泡连入电路中，灯泡正常发光，
所以电源电压：U=U额=6V，
再闭合开关S2、S3，R1与L并联，电流表测干路电流，示数变为1.1A。
由并联电路特点可知，通过R1的电流：I1=I-I额=1.1A-0.5A=0.6A，
所以R1的阻值：R1=UI1=6V0.6A=10Ω，
只闭合开关S2时，只有R1连入电路中，R1在100s内产生的热量：
Q1=I12R1t=(0.6A)2×10Ω×100s=360J；
(3)只闭合开关S3时，R1与R2串联，当滑片在左端时，R2连入阻值最大，此时电路中电流最小，
则I最小=UR1+R2=6V10Ω+20Ω=0.2A，
所以R1的最小功率：P1最小=I最小2R1=(0.2A)2×10Ω=0.4W；
允许通过变阻器的最大电流为0.5A，由串联电路的电流特点知电路中最大电流为0.5A，
所以R1的最大电功率：P1最大=I最大2R1=(0.5A)2×10Ω=2.5W，
则R1的电功率变化范围为0.4W∼2.5W。
答：(1)小灯泡的额定电流为0.5A；
(2)只闭合开关S2，R1在100s内产生的热量为360J；
(3)只闭合开关S3，移动变阻器滑片时，R1的电功率变化范围为0.4W∼2.5W。
【解析】(1)已知小灯泡的额定电压和额定功率，由P=UI计算其额定电流；
(2)只闭合S1，当R2的滑片P位于最右端时，只有灯泡连入电路中，灯泡正常发光，由此可得电源电压；再闭合开关S2、S3，R1与L并联，由并联电路特点可得通过R1的电流，从而计算其电阻；只闭合开关S2，只有R1连入电路中，由焦耳定律计算R1在100s内产生的热量；
(3)只闭合开关S3，R1与R2串联，由串联电路特点和欧姆定律计算电路中的最大和最小电流，从而计算R1的电功率变化范围。
本题考查了串联和并联电路特点、欧姆定律、电功率以及焦耳定律公式的应用，解题的关键是正确分析开关在不同状态下的电路连接方式。
21.【答案】乙丙 甲丙 弱 不能 不相等 电流 可以保证水和煤油在相同时间内吸收的热量相同 2.1×103
【解析】解：(1)图甲是探究不同物质吸热升温现象中，给它们加热相同时间，吸收相同的热量，温度升高越大，吸热能力越弱；
图乙是比较不同燃料热值的实验，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热；
丙图研究电流的热效应实验中，电阻丝产生的热量不易直接观察，但可使等质量初温相同的煤油吸收热量，根据△t=Qcm，煤油温度升高越高表示电热丝产生的热量越多；
通过比较温度计示数的变化量来比较吸(放)热多少的有乙、丙；
在甲图探究不同物质吸热升温现象中，使用相同的酒精灯，通过加热时间比较吸热多少，
在丙图研究电流的热效应实验中，根据Q=I2Rt，产生的热量与电流、电阻和通电时间有关，
故需要有计时器的实验有甲、丙；
(2)沙子和水的质量相等，加热相同的时间，吸收的热量相同，沙子升高的温度大，表明沙子的吸热能力比水弱；
(3)乙实验中，发现用碎纸片加热烧杯中水温度升得快，但升高的不一定多，不能说明碎纸片的热值大；
(4)要探究电流通过电阻丝产生的热量与电阻的关系，应控制电流和通电时间相同，而电阻值不同，将两电阻串联的目的就是控制电流相同；
(5)将图丙中的两电阻换成阻值相同的电阻，两电阻串联，电流相等，根据Q=I2Rt知产生热量相同，与甲图相比可以保证水和煤油在相同时间内吸收的热量相同；
根据Q=cm△t和Q煤油=Q水
知：c煤油m煤油(t煤油-t0)=c水m水(t水-t0)
所以c煤油=c水(t水-t0)t煤油=t0=4.2×103J/(kg⋅℃)×(35℃-20℃)50∘$C-20∘$C=2.1×103J/(kg⋅℃)。
故答案为：(1)乙丙；甲丙；(2)弱；(3)不能；(4)不相等；电流；(5)可以保证水和煤油在相同时间内吸收的热量相同；2.1×103。
(1)①比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据Q=cm△t，得出不同燃料放出热量的多少；
②研究电流的热效应实验中，电阻丝产生的热量不易直接观察，但可使等质量初温相同的煤油吸收热量，根据△t=Qcm，煤油温度升高越高表示电热丝产生的热量越多；
根据Q=I2Rt，电流产生的热量与电流、电阻和通电时间有关；
③在甲图探究不同物质吸热升温现象中，使用相同的酒精灯，通过加热时间比较吸热多少；
比较物质吸热能力的2种方法：
a、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
b、使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
(2)如果加热相同的时间，质量相同的水和沙子，利用吸收热量的计算公式Q=Cm△t，即可判断；
(3)相同质量的不同燃料，完全燃烧放出的燃料越多，热值越大；
(4)电流产生的热量与电流的大小、电阻的大小以及通电时间有关，根据控制变量法分析解答；
(5)图丙可以保证水和煤油在相同时间内吸收的热量相同；利用煤油和水吸收热量相等解题。
本题考查“比较不同燃料的热值、探究不同物质吸热升温现象实验、研究电流的热效应实验”三个实验相同与不同之处，同时考查控制变量法和转换法和串联电路的特点，综合性较强。
22.【答案】电源电压小于3.8V10大于 U-3.8VS、S2 3.8V×U1R0
【解析】解：(1)①原电路图中电压表串联在电路中，电流表与灯泡和变阻器并联是错误的，电压表应并联在灯泡两端，电流表测通过灯泡的电流，如下图所示：
；
②电源为两节干电池串联，电源电压为3V，小于灯的额定电压3.8V，故选的器材不能完成此实验；
③由图乙可知：电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表读数I=0.38A，则小灯泡正常发光时的电阻是：
R=UI=Ω；
④灯泡的电阻随温度的升高而增大，所以小灯泡电流与电压关系的图象不是直线；
如果灯泡电阻不随温度变化而变化，电流等于额定电流一半或灯泡电压为其额定电压一半时，灯泡实际功率都等于额定功率的四分之一，当灯泡实际电压为额定电压一半时的电流大于额定电流的一半，此时灯泡实际功率P1大于额定功率的四分之一，
实际上灯泡温度越低，灯泡电阻越小，通过灯泡电流为其额定电流一半时，灯泡电阻小于灯泡正常发光时的电阻；
(2)实验步骤：
①只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器R1，当电压表示数为U01=U-3.8V时，小灯泡正常发光；
②只闭合开关S、S2，滑动变阻器R1的滑片保持不动，记下电压表示数为U1；
③在①中，L与R1、R0串联，电压表测R0与R1串联电路两端总电压U01，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为：U01=U-3.8V，根据串联电路电压特点可知，小灯泡的电压为额定电压，正常发光；
在②中，保持滑动变阻器滑片位置不变时，R0、R1与L串联，电路中电压表测量定值电阻R0两端的电压为U1；由于电路中电阻没有发生变化，电流也没有变化，故灯泡仍正常发光；
根据欧姆定律，R0中的电流I0=U1R0，由串联电路中的电流规律可知：灯的额定电流：I额=I0=U1R0，则小灯泡的额定功率表达式为：P额=U额I额=3.8V×U1R0。
故答案为：(1)①见解答图；②电源电压小于3.8V；③10；④大于；(2)①U-3.8V；②S、S2；③3.8V×U1R0。
(1)①原电路图中电压表串联在电路中，电流表与灯泡和变阻器并联是错误的，电压表应并联在灯泡两端，电流表测通过灯泡的电流；
②电源的电压要高于灯的额定电压；
③根据电流表选用量程确定分度值读数，由R=UI求电阻大小；
④灯泡的电阻随温度的升高而增大；
如果灯泡电阻不随温度变化，则灯泡电压为其额定电压一半时的电流等于额定电流的一半，其实际功率等于额定功率的四分之一；实际上灯泡电阻随温度升高而增大，所以灯泡实际电压为额定电压一半时的电流大于额定电流的一半，此时灯泡实际功率大于额定功率的四分之一；如果灯泡电阻不随温度变化而变化，电流等于额定电流一半时，灯泡实际功率等于额定功率的四分之一，实际上灯泡温度越低，灯泡电阻越小，通过灯泡电流为其额定电流一半时，灯泡电阻小于灯泡正常发光时的电阻。
(2)实验步骤：分析①操作中电路的连接和电压表测量的电压，灯在额定电压下正常发光，根据串联电路电压的规律回答；
分析②中电路的连接，得出定值电阻的电压；
分析③由欧姆定律得出R0中的电流，根据串联电路电流特点得出灯的额定电流，根据P=UI得出小灯泡的额定功率。
本题测定标有“3.8V”小灯泡正常发光时的电阻，考查电路连接、对器材的要求，电流表读数，电阻计算、影响电阻的因素、图像的分析，同进也考查了设计实验方案测电功率的能力，综合性强，有难度，有新意，为一好题。
23.【答案】动 不同 同一高度 28.0错误 1和3 斜面夹角越大物体下滑时所受摩擦力越小，克服摩擦力做功越小，到达底部的动能越大，从而滑行距离越远
【解析】解：(1)车子冲下斜坡时将重力势能转化为动能，物体越高，重力势能也越大，从而有更多的重力势能转化为动能，从而滑行得越远。
(2)①为了验证猜想一，依据控制变量法需要改变质量，控制斜坡和水平面间的夹角、滑块滑到底端的速度不变；为了保证不同滑块到达底端的速度相同，所以要滑块滑动的初始点的高度相同，即让滑块在轨道同一高度由静止释放。
②因为用毫米刻度尺测量，估读到分度值的下一位，故滑块所在位置读数为48.0cm，起点O所在读数为20.0cm，所以：
s甲=48.0cm-20.0cm=28.0cm；
③由于不同质量的滑块以相同初始速度滑上长木板时，向上滑行的最大距离均相同。所以滑块冲上斜坡的最大距离可能与滑块的质量大小无关，故说明猜想一是错误的。
④验证猜想二：可能与斜坡和水平面间的夹角有关。依据控制变量法需要改变斜坡和水平面间的夹角，控制其余变量相同，再结合结论中“斜坡的角度越大，物体滑行距离越远”可知：序号为1和3的数据为无用数据。
(3)进一步分析知，导致斜面夹角越大滑块滑行距离越远的原因是斜面夹角越大物体下滑时所受摩擦力越小，克服摩擦力做功越小，到达底部的动能越大，从而滑行距离越远。
故答案为：(1)动；(2)①不同；同一高度；②28.0；③错误；④1和3；(4)斜面夹角越大物体下滑时所受摩擦力越小，克服摩擦力做功越小，到达底部的动能越大，从而滑行距离越远。
(1)车子下滑的过程中，是重力势能转化为动能，据此分析；
(2)①探究所研究的量与物体的质量的关系，就要改变质量的大小，控制其它的量不变；
②从刻度尺上读出滑块所处的位置和O点的位置，二者之差就是滑块滑过的距离；
③根据表中数据，分析滑行距离与滑块质量的关系，得出结论；
④研究滑行距离与斜坡和水平面间的夹角关系时，应改变夹角的度数，控制其它的量相同，据此找出无用的数据；
(3)可以从夹角大小对滑块与斜面间摩擦力大小的影响方面分析原因。
本题从生活中的现象引发思考，考查了对“物体从粗糙程度相同的斜坡下来后滑行的最大距离可能与哪些因素有关”这一现象的探究，包括了物理探究的多个环节，运用了控制变量法等，综合性强，值得我们关注。
24.【答案】蓝牙 开关 D 500 500 报警器报警 9.7偏高 调小一些
【解析】解：(1)由题意可知在测温手环中，蓝牙模块将温度数据传送给数据处理中心；根据材料可知，霍尔元件是一种对磁场敏感的电子元器件，当它周围存在较强的磁场时，它可以断开测温手环的电路。因此，实现对体温的实时监测；霍尔元件在测温手环的电路中相当于开关。
(2)A.洗澡时佩戴，温度测量就会不准确，有影响，故A错误；
B.手环电池电压下降，同样的热敏电阻小，电流会有变化，测量将不准确，有影响，故B错误；
C.隔着衣服佩戴，导热效率有影响，测量结果准确性有影响，故C错误；
D.感冒发热时佩戴，对测量结果无影响，故D正确。
故选：D；
(3)根据表格数据可知：电池容量为72mAh，连续使用时间为6天，
该型号的测温手环工作时的放电电流约为：I=Qt=72mAh6×24h=0.5mA=500μA；
(4)①由图丙知，热敏电阻RT的阻值与温度T是一次函数关系，设关系式为RT=kT+b，
将(35℃,700Ω)和(38℃,400Ω)上式得，
700Ω=35℃k+b--------①
400Ω=38℃k+b-------②
综合分析①②得，k=-100Ω/℃，b=4200Ω，
所以关系式为：RT=-100Ω/℃⋅T+4200Ω，
当温度为37℃时，RT=-100Ω/℃×37℃+4200Ω=500Ω；
所以为使报警电路可正常使用，应先让电阻箱调到热敏电阻达到设定温度时的电阻值500Ω，再将开关向2端闭合(电阻箱与滑动变阻器串联)，调节滑动变阻器的滑片，使电路中的电流为报警电流I=10mA=0.01A，报警器报警；
此时电路的总电阻为：R=UI=18V0.01A=1800Ω，
滑动变阻器的电阻为：R滑=R-RT=1800Ω-500Ω=1300Ω，
②当温度为36.5℃时，热敏电阻的阻值为：RT'=-100Ω/℃×36.5℃+4200Ω=550Ω；
此时电路的电流为：I'=URt'+R滑=18V550Ω+1300Ω=0.0097A=9.7mA。
③如果使用一段时间后由于电源电压的降低，当电路中的电流为报警电流时，报警时总电阻减小，RT的阻值减小，由图像可知，会导致报警温度偏高，为使报警温度减小为原来的温度值，则RT的阻值会增大，而报警时总电阻是减小的，应将滑动变阻器的阻值调小一些才能达到预设效果。
故答案为：(1)蓝牙；开关；(2)D；(3)500；(4)500；报警器报警；9.7；偏高；调小一些。
(1)由题意可知在测温手环中，蓝牙模块将温度数据传送给数据处理中心；根据题中信息分析解答霍尔元件在测温手环的电路中作用
(2)根据选项依次分析下列情境中对手环的测量温度准确性有无影响；
(3)根据表格数据可知：电池容量为72mAh，连续使用时间为6天，根据I=Qt得出该型号的测温手环工作时的放电电流；
(4)①进行报警器调试时，第一，确定设定的报警温度。第二，根据图像列出温度与电阻的关系式，算出温度为37℃对应的电阻，让电阻箱调到设定温度的电阻值；
②电路接通2时，滑动滑动变阻器的滑片，使电路电流为报警电流0.01A；由关系式算出温度为36.5℃的电阻，根据串联电路电阻的规律和欧姆定律算出电路的电流；
③如果使用一段时间后由于电源电压的降低，当电路中的电流为报警电流时，报警时总电阻减小，RT的阻值减小，由图像可知，会导致报警温度偏高，为使报警温度减小为原来的温度值，则RT的阻值会增大，而报警时总电阻是减小的，应减小滑动变阻器的阻值，据此确定滑片的移动方向。
本题考查了电磁波的应用以及电路的组成、串联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，从题目中找到有用的信息是关键。
实验序号
1
2
3
4
5
夹角a
30∘
30∘
30∘
40∘
50∘
夹角θ
20∘
30∘
53∘
30∘
30∘
s甲/cm
37.9
19.3
30.0
31.2
s乙/cm
37.8
28.1
19.3
30.1
31.1
产品型号
SHO6T
连续使用时间
6天
电池容量
72mAh