浙教版科学九上第3章能量的转化与守恒单元测试

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浙教版科学九上第3章能量的转化与守恒单元测试（含答案）
一、选择题（每小题3分，共36分）
1．下列事例中，机械能与内能的转化方向与其他三者不同的是（　　）
A．热水瓶塞被弹出 B．钻木取火
C．从滑梯滑下臀部有热感 D．冬天搓手取暖
2．如图所示，小明在按压式订书机的N点施加压力，将订书针钉入M点下方的纸张中，下列图能正确表示他使用该订书机时的杠杆示意图是（　　）
A． B．
C． D．
3．投掷实心球是体育中考项目之一。若不计空气阻力，实心球从离手到落地前的过程中，下列关于其动能、势能和机械能的大小分别随时间变化的曲线中，正确的是（　　）
A．①③④ B．②③④ C．①④ D．③④
4．如图所示的电路中，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向右滑动时，则（　　）
A．R1的电功率一定减小 B．R2的电功率一定增大
C．电流表的示数增大 D．电压表的示数减小
5．重为30牛的A物体，用如右图所示甲、乙两种方法被提升和水平移动。若A物体在水平面滑动时受到的摩擦力为20N，F1＝18N，F2＝8N，A物体在5s内匀速移动的距离均为0.3m，则在该过程中，下列分析正确的是（　　）
A．绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度大
B．F1做功比F2做功少
C．两种方法中所做的有用功一样多
D．两种方法中机械效率相同
6．高速行驶的汽车如果刹车失灵常会给乘客带来致命的伤害，如图所示是高速公路设置的避险区，其实质是让刹车失灵的汽车向右侧开上上坡路而避险，当汽车开上避险区的过程中（　　）
A．汽车的惯性减小 B．汽车的动能减小
C．汽车的势能减小 D．汽车的机械能不变
7．下列关于热现象的说法中正确的是（　　）
A．0℃的冰和0℃的水内能相等
B．物体的内能减少，它的温度一定降低
C．内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但功和热量是不同的物理量，单位也不同
8．用水平力F1拉着物体M在水平地面上以速度v1匀速运动一段距离s1，所用时间为t1，F1做功为W1，物体动能为E1；若改用水平力F2拉着物体M在同一水平地面上以速度v2匀速运动一段距离s2，所用时间为t2，F2做功为W2，物体动能为E2．已知：v1＞v2，t1＝t2，下列判断不正确的是（　　）
A．s1＞s2 B．F1＝F2 C．W1＞W2 D．E1＝E2
9．如图为某种吊车的工作示意图。利用伸缩撑杆可使吊臂绕O点转动；伸缩撑杆为圆弧状，伸缩时对吊臂的支持力始终与吊臂垂直。下列关于这个吊车的有关说法正确的是（　　）
A．吊臂是一个省力杠杆
B．使用这种吊车，好处是可以少做功
C．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力大小保持不变
D．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变小
10．如图所示，一根可绕O点转动的均匀硬棒重为G，在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示位置缓慢提起至虚线位置的过程中（　　）
A．F的力臂变小，F的大小变大
B．F的力臂变大，F的大小变小
C．重力G与它的力臂乘积保持不变
D．重力G与它的力臂乘积变大
11．如图甲、乙所示，相同容器中装了质量都为2kg的纯净水，用不同电加热器加热，忽略散热损失，得到如图丙所示的水温与加热时间的图象，已知水的比热容为4.2×103J/（kg ℃）。下列说法正确的是（　　）
A．加热相同时间，两杯水吸收的热量相同
B．加热 l min 时，甲容器中的水吸收热量为 8.4×104J
C．加热器 1 和加热器 2 的功率之比是 2：3
D．吸收相同的热量，甲杯中水的末温比乙杯的高
12．如图所示的电路中，R为滑动变阻器，R0为定值电阻，电源电压为8V恒定不变。（不计温度对电阻的影响），在滑片P滑动过程中，电压表与电流表的示数变化如图乙所示，则根据图象信息可知下列选项错误的是（　　）
A．R0阻值是5Ω
B．电路的最大总功率是12.8W
C．滑动变阻器的最大阻值是35Ω
D．电路的最小总功率是0.8W
三、填空题（每空2分，共32分）
13．目前释放核能的方式有两种：一是使原子核裂变，二是使原子核　 　。1938年，科学家首次用　 　（选填“电子”、“中子”或“质子”）轰击比较大的原子核，使其发生裂变，变成两个中等大小的原子核，同时释放出巨大的能量。1kg铀全部裂变释放的能量超过2000t煤完全燃烧时释放的能量。如果煤的热值为3×107J/kg，那么1kg铀全部裂变释放的能量至少为 　J。
14．如图所示为一拉杆旅行箱的示意图，将其视为杠杆，O为支点，B为重心，BC为竖直方向，A为拉杆端点，已知箱子重为500N，OA为120cm，OC为24cm：
（1）图中在A点沿图示方向施加动力F，箱子静止，则动力F的力臂为
　 　cm，大小为　 　N；
（2）画出使拉杆箱在图示位置静止的最小动力，力的大小为 　 　N；
（3）生活中，常把箱内较重物品靠近O点摆放，这样使拉杆箱在图示位置静止的最小动力将
　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”），依据是：　 　。
15．如图所示，将活塞迅速下压，玻璃筒底的棉花被点燃。此过程是通过　 　的方式增加了筒内空气的内能，能量转化方式与汽油机的　 　冲程相同。某汽油机在一次工作中消耗了2kg汽油，对外做功为2.3×107J，则汽油机的效率是　 　（汽油热值为4.6×107J/kg）。
16．如图甲为一个超声波加湿器，如图乙为其内部湿度监测装置的简化电路图。已知电源电压为12V，定值电阻R0的阻值为30Ω，电流表的量程为0～200mA，电压表的量程为0～9V．湿敏电阻R的阻值随湿度RH变化的关系图象如图丙所示，其阻值最大为120Ω（图中未画出）。则在电路安全工作的前提下，计算可得出R0电功率最小值为　 　W，电路的最大总功率为　 　W，装置能监测湿度最大值为　 　。
17．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，若到达B点时速度恰好为零，则从A到B的过程中圆环的动能　 　、机械能　 　；弹簧的弹性势能　 　（以上均填变化情况）；圆环在A点时处于　 　（选填“平衡”或“非平衡”）状态。
三、探究题（每空2分，共18分）
18．小强同学参加科学实验练习时发现有个小灯泡上标有“0.3A”的字样，但是上面的电压值已经模糊不清，他想通过实验测量该小灯泡的额定电功率，图甲为他所连的实验电路（滑动变阻器的最大阻值为50Ω）。
（1）请在答题纸上用划线当导线完成实物图的连接。
（2）他将电路连接完整，检查无误后闭合开关，直接读得电流表示数如图所示，电压表示数为2V，则此时小灯泡的电阻是　 　。
（3）为了测得小灯泡的额定电功率，他移动滑动变阻器的滑片，此时他应该注视　 　表的示数。当滑片移到中点时恰好符合要求，那么该小灯泡的额定电功率是　 　W（电源电压不变）。
（4）小强在后续实验中，移动变阻器滑片时，小灯泡突然熄灭。经判断，电路故障是小灯泡或电流表被烧坏。查找故障时，在不拆开电路的情况下，他把一根导线接在电流表两端，小灯泡仍不发光，可判断电路故障是　 　。
19．在探究“杠杆平衡条件”实验中：
（1）实验过程中应将杠杆调节到 　 　平衡，这样做的目的是为了消除杠杆 　 　对实验的影响和便于测量 　 　；如果杠杆的左端向下倾斜，平衡螺母应向 　 　（填“左”或“右”）端调节。
（2）杠杆平衡后，小英同学在图甲所示的A位置挂上两个钩码，可在B位置挂上 　 　个钩码，使杠杆在水平位置平衡。
（3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，使杠杆在水平位置保持平衡。当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡（如图乙），测力计示数将 　 　。
（4）完成实验后，小英利用杠杆的平衡条件来测量杠杆的质量。
①将杠杆的B位置挂在支架上，在B的右侧挂质量为m的钩码，前后移动钩码的位置，使杠杆在水平位置平衡（如图丙）。
②用刻度尺测出此时钩码悬挂位置E到B的距离L1和O到B的距离L2。
③根据杠杆的平衡条件，可以计算出杠杆的质量m杆＝　 　。（用题目中所给物理量表示）
四、解答题（每题7分，共14分）
20．健康的生活既要注意平衡膳食，还要积极参加体育锻炼。如图所示为可调式握力器，可用于锻炼手部肌肉。锻炼时只要抓住左手柄，用力抓紧使其碰触右手柄上的计数按钮，即算完成一个握力动作。
（1）握力器的力度可以通过使用调节器移动弹簧下端的位置来改变。现在需要将力度调小，则应该将弹簧下端向 　 　（选填“左”或“右”）移。
（2）小嘉用平均大小为500牛的力抓握力器的手柄，使手柄在力的方向上移动6厘米完成一个握力动作，则做功多少焦？
（3）小嘉饮用一罐净含量为330毫升的可乐后，获得的能量为540千焦。若获得能量的10%用于握力做功，则消耗这些能量需要完成多少个题（2）中的握力动作？
22．如图为一款利用高温水蒸气熨烫衣服的挂烫机，它的正常工作电压为220V，水箱最多装水0.3kg，加热功率有大小两个挡位。设计师最初设计的内部电路有甲、乙两种接法，其中电热丝R1＝56Ω、R2＝44Ω。
（1）使用挂烫机时，要插入三孔插座，是为了将金属外壳与　 　相连。
（2）高温水蒸气熨烫衣服时，水蒸气遇到衣服迅速　 　（填物态变化名称）成小水珠，放出热量将衣服熨平，所以使用时要避免烫伤。
（3）已知熔断器里的保险丝允许通过的最大电流为8.2A，请通过计算说明设计师应该选择哪个电路。
（4）按照所选的电路分别计算这款挂烫机两个挡位的额定功率。
答案
1．解：A、热水瓶塞被弹出，内能减少，机械能增加，是物体对外做功，内能减小； BCD、是对物体做功，物体的内能增大。机械能与内能的转化方向与其他三者不同的是A。
故选：A。
2．解：
据图可知，当按压订书机时，其会绕着订书机左边的固定点O转动，即O为支点；所按压的N点为动力F1作用点，F1的方向向下，支点O到动力F1作用线的距离为L1；而装订的物体对订书机有一个向上的阻力F2，M点就是阻力F2作用点，支点O到阻力作用线F2的距离为阻力臂L2。综上所述，A图正确。
故选：A。
3．解：（1）小球上升的过程中，速度越来越小，动能越来越小，当上升到最高点时，速度最小，动能最小，下落的过程中，速度越来越大，动能越来越大。所以动能是先减小，上升到最高点速度最小，动能最小，后又增大。故图①错误，图②正确。（2）小球上升的过程中，高度越来越大，重力势能越来越大，当上升到最高点时，高度最高，重力势能最大，下落的过程中，高度越来越小，最后落地，重力势能越来越小，直到为零。所以重力势能是先增大，上升到最高点重力势能最大，后又减小，最后为零。故图③正确，由于此时不计空气阻力，所以机械能是守恒的，故机械能不变，图④正确。
故选：B。
4．解：由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大；（1）由I＝得，电路中的电流变小，所以电流表的示数变小，故C错误；（2）由U＝IR可知，定值电阻R1两端的电压变小，U1变小，根据P＝可知，定值电阻R1的电功率减小，故A正确；（3）由串联电路的分压特点知道，当滑动变阻器的电阻变大时，它分担的电压也变大，即电压表的示数增大，故D错误；（4）R2的电功率取决于通过的电流和它两端的电压。当滑片P向右移动时，R2的电阻变大，分担电压变大，而通过它的电流变小，那么它的电功率怎么变化呢？由二次函数知识Δ＝b2﹣4ac≥0知道，当R2＝R1时，P取最大值。所以如果R2＞R1，则滑动变阻器R2消耗的电功率先变大后变小，故滑动变阻器R2消耗的电功率一定增大是错的，故B错。故选：A。
5．解：
A、A物体移动的速度v物＝＝＝0.06m/s，甲图中n＝2，则乙图中n＝3，则绳子自由端F1移动的速度：v绳1＝2v物＝2×0.06m/s＝0.12m/s，绳子自由端F2移动的速度：v绳2＝3v物＝3×0.06m/s＝0.18m/s，比较可知，绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度小，故A错误。B、甲图中绳子自由端移动的距离：s1＝2s＝2×0.3m＝0.6m，乙图中绳子自由端移动的距离：s2＝3s＝3×0.3m＝0.9m，则F1做功：W总1＝F1s1＝18N×0.6m＝10.8J， F2做功：W总2＝F2s2＝8N×0.9m＝7.2J，比较可知，F1做功比F2做功多，故B错误。C、甲图中的有用功：W有1＝Gs＝30N×0.3m＝9J，乙图中的有用功：W有2＝fs＝20N×0.3m＝6J，比较可知，甲方法中做的有用功大，故C错误。D、甲图中的机械效率为：η1＝×100%＝×100%≈83.3%，
乙图中的机械效率为：η2＝×100%＝×100%≈83.3%，比较可知，两种方法中机械效率相同，故D正确。故选：D。
6．解：A、惯性大小只跟物体的质量大小有关，当汽车开上避险区的过程中，汽车的质量不变，惯性大小不变。故A错误； BCD、当汽车开上避险区的过程中，汽车质量不变，速度减小，高度增大，所以动能减小，势能增大，在此过程中，汽车需要克服阻力做功，有一部分机械能转化为内能，所以机械能变小，故B正确，CD错误；故选：B。
7．解：A、0℃的冰和水状态不同，如果质量相同，冰的内能小于水；如果质量不相同，内能无法比较。故A错误；
B、水结冰时，内能减少，温度保持不变。故B错误；
C、内能只能从高温物体转移到低温物体，所以物体可以将热量从内能小的物体传递给内能大的物体。故C正确；
D、做功和热传递都可以改变物体的内能，功和热量虽然是不同的物理量，但单位相同，都是焦耳。故D错误。
故选：C。
8．解：A、已知v1＞v2，t1＝t2，由v＝得通过的距离s1＞s2，故A正确；
BC、物体M在同一水平地面上运动时，由于对水平地面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，因此两次物体M受到的滑动摩擦力不变，
又因为物体M在水平地面上匀速运动，根据二力平衡条件可知，水平拉力F和滑动摩擦力f是一对平衡力，大小相等，即F1＝F2＝f，、
又因为F1＝F2，s1＞s2，
所以根据W＝Fs可得拉力做的功，W1＞W2，故BC正确；
D、物体M的质量一定，v1＞v2，所以两次动能的大小关系为E1＞E2．故D错误。
故选：D。
10．解：如图画出动力臂和阻力臂，动力臂L1小于阻力臂L2，根据杠杆平衡条件，动力大于阻力，是费力杠杆。故A不符合题意。
杠杆是一种机械，使用任何机械都不省功。故B不符合题意。
吊车吊起货物的过程中，阻力不变，阻力臂减小，动力臂不变，动力减小，所以支持力逐渐变小。故C不符合题意、D正确。
故选：D。
10．解：在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示位置缓慢提起至虚线位置的过程中，根据力臂的定义可知，F的力臂变大，重力G的力臂减小；根据杠杆的平衡条件FL＝GL'可知，重力不变，重力的力臂减小，则重力与重力的力臂的乘积减小，动力臂变大，故动力F减小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
11．解：
A、实验中，用不同加热器加热，相同时间内，加热器放出的热量不同，所以相同时间内两杯水吸收的热量不同，故A错误；
B、由图丙的甲图线可知，加热 2min 时，甲容器中水升高的温度：
Δt＝40℃﹣20℃＝20℃；
由图象还可知，水的温度变化随时间的增加而均匀升高，
所以，加热 1min 时，甲容器中水升高的温度：
Δt′＝Δt＝×20℃＝10℃；
此时甲容器中的水吸收热量：
Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×2kg×10℃＝8.4×104J，故B正确；
C、由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃时，甲的加热时间为2min，乙的加热时间为3min；
两容器中水的质量相同，升高的温度也相同（均升高20℃），由Q吸＝cmΔt可知，两杯水吸收的热量相同；由于忽略散热损失，所以两加热器放出的热量也相同，即Q1放＝Q2放；
则加热器 1 和加热器 2 的功率之比：
P1：P2＝：＝t2：t1＝3min：2min＝3：2，故C错误。
D、两杯水的质量相同，吸收相同的热量时，根据Δt＝可知，两杯水升高的温度应相同，故D错误；
故选：B。
12．解：
A、当滑动变阻器接入电路的电阻最小时，电路为R0的简单电路，由乙图可知：I最大＝1.6A，由欧姆定律得：R0＝＝＝5Ω，故A正确；
B、电路的最大功率P最大＝UI最大＝8V×1.6A＝12.8W，故B正确；
C、当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，由乙图可知：I最小＝0.2A，
电路的总电阻为R总＝＝＝40Ω，滑动变阻器的最大阻值为R＝R总﹣R0＝40Ω﹣5Ω＝35Ω，故C正确；
D、电路的最小功率为P最小＝UI最小＝8V×0.2A＝1.6W，故D错误。
故选：D。
13．解：
人类利用核能的方式有两种，一种为核裂变，是用中子轰击较大的原子核生成两个中等大小的原子核，从而释放出能量；
另一种为核聚变，两个较小的核合成一个较大的原子核，从而释放出能量；
2000t煤释放的能量为：Q＝mq＝2000×1000kg×3×107J/kg＝6×1013J，故1kg铀全部裂变释放的能量至少为6×1013J。
故答案为：聚变；中子；6×1013。
14．解：（1）由题意可知，O为支点，动力F与杆OA的夹角为30°，动力F的力臂为支点O到力F的延长线的距离，由于OA为120cm，设支点O到力F的延长线的交点为D，那么三角形AOD为直角三角形，∠OAD大小为30°，可知道，OD的大小为OA的一半，则OD的大小为60cm，即动力F的力臂为60cm。
由题意可知，箱子静止，说明箱子处于平衡状态，这杠杆处于平衡状态，动力F的力臂为60cm，箱子重为500N，箱子重力为阻力，阻力臂为OC，其大小为24cm，根据杠杆的平衡条件可得F×ON＝G×OC，
代入数据可得F×60cm＝500N×24cm
解得F＝200N，动力F的大小为200N。
（2）从图中可以看到，支点为O，动力的作用点在A，使拉杆箱在图示位置静止的最小动力，那么动力臂应该最大，支点O与作用点A连线的距离，动力臂最大，动力的作用线垂直杆OA，动力F的方向为斜向上，由此作出动力F，如下图所示。
动力F的力臂为OA，动力为F，阻力为箱子重力500N，阻力臂OC为24cm，拉杆箱在图示位置静止，根据杠杆的平衡条件，可得F'×120cm＝500N×24cm，
解得F'＝100N。
（3）生活中，常把箱内较重物品靠近O点摆放，从图中可以看到，这时较重物品的阻力臂较小，在动力臂不变的情况下，根据杠杆的平衡条件，可知道最小动力变小。
故答案为：（1）60；200；（2）见解析；100；（3）变小；从图中可以看到，这时较重物品的阻力臂较小，在动力臂不变的情况下，根据杠杆的平衡条件，可知道最小动力变小。
15．解：
（1）在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞迅速向下压，棉絮燃烧起来；说明将活塞迅速下压，活塞对桶内空气做功，使筒内空气的内能增加，温度升高；压缩过程中，活塞的机械能转化为空气的内能，故该过程中，与内燃机的压缩冲程相同；
（2）汽油完全燃烧放出的热量：Q放＝mq＝2kg×4.6×107J/kg＝9.2×107J；
汽油机的效率η＝×100%＝×100%＝25%。
故答案为：做功；压缩；25%。
16．解：（1）由图可知，定值电阻R0与湿敏电阻R串联，电压表测量湿敏电阻R两端的电压，电流表测量电路中的电流；
若湿敏电阻R的阻值最大为120Ω，此时电路中的电流最小，
则此时最大总电阻：R总＝R0+R最大＝30Ω+120Ω＝150Ω，
所以最小电流为I最小＝＝＝0.08A＝80mA；
此时湿敏电阻R两端的电压：UR＝I最小R最大＝0.08A×120Ω＝9.6V＞9V，
由于电压表量程为0～9V，则电流为80mA时湿敏电阻R两端的电压会超过电压表的量程，所以电路中的最小电流不能为80mA；
根据串联电路的分压原理可知，湿敏电阻R的阻值越大，其两端的电压也越大，由于电压表量程为0～9V，则湿敏电阻R两端的电压最大为9V时，此时湿敏电阻R的阻值最大，电路中的电流最小；
则根据串联电路总电压等于各电阻两端的电压之和可知，R0两端的电压：
U0最小＝U﹣UR最大＝12V﹣9V＝3V，
则R0的最小电功率：P0最小＝＝＝0.3W；
（2）由于电流表的量程为0～200mA，则电路中的最大电流I最大＝200mA＝0.2A，
所以电路消耗的总功率最大值为P最大＝UI最大＝12V×0.2A＝2.4W；
（3）湿敏电阻R两端的电压最大为9V，电路中的电流：I最小＝＝＝0.1A，
根据欧姆定律可知，R的最大电阻为：
R最大＝＝＝90Ω；
由图乙可知能监测湿度的最大值为80%。
故答案为：0.3；2.4；80%。
17．解：由题意可知，圆环从 A 处由静止开始下滑，其速度是先增大的，当达到一定程度时，速度再减小，并到达 B 点时速度恰好为零，因此，速度先增大后减小，则动能先变大后变小；在整个过程中，由于摩擦阻力等的存在，机械能总量是减小的；弹簧由于发生了弹性形变，因此，其弹性势能是增大的；
圆环在 A 点时由于向下的重力大于摩擦力，所以不能处于静止状态，故它处于非平衡状态。
故答案为：先增大后减小；减小；增大；非平衡。
18．解：（1）滑动变阻器串联在电路中，已接了上面一个接线柱，应再接下面一个接线柱，如图所示：
（2）由图乙知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.2A，灯泡电阻：R＝＝＝10Ω；
（3）刚闭合开关时，滑动变阻器的阻值为50Ω，滑动变阻器两端的电压U滑＝IR滑＝0.2A×50Ω＝10V，则电源电压为U＝10V+2V＝12V；
通过灯泡的电流等于其额定电流0.3A时灯泡正常发光，滑片在滑动变阻器的中点处，所以R滑＝25Ω
此时滑动变阻器两端的电压U滑＝IR滑＝0.3A×25Ω＝7.5V，灯泡的额定电压U＝12V﹣7.5V＝4.5V，P＝UI＝4.5V×0.3A＝1.35W；
（4）小灯泡或电流表被烧坏，不拆开电路，把一根导线接在电流表两端，电流表被短路，此处电路是通路，小灯泡仍不发光，说明灯泡发生断路。
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）10Ω；（3）1.35；（4）灯泡断路。
19．解：（1）当在杠杆上挂物体时，杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，消除了杠杆自重对杠杆平衡的影响和便于测量力臂；
杠杆的左端向下倾斜，说明这一侧的自重与力臂的乘积大，应将平衡螺母向右调节；
（2）设一个钩码的重为G，杠杆一个小格的长度为L，
由F1L1＝F2L2可得：FB＝＝＝3G，所以应在杠杆右端B处挂3个相同的钩码；
（3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，使杠杆在水平位置保持平衡。当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡（如图乙），动力臂先变大后变小，阻力、阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，动力将先变小后变大，即弹簧测力计示数将先变小后变大；
（4）已知钩码的质量m，用刻度尺测出此时钩码悬挂位置E到B的距离，即L1，欲求杠杆的质量m杆，则应量出O到B的距离，即L2，然后根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得，mL1＝m杆L2，则m杆＝。
故答案为：（1）水平位置；自重；力臂；右；（2）3；（3）先变小后变大；（4）。
20．解：（1）弹簧拉伸的形变程度越大，其弹力越大，所需的握力就越大，反之，所需的握力就越小。向右调节调节器，可使弹簧的伸长量变小，所需力度就变小；
（2）已知握力大小F＝500N，移动的距离s＝6cm＝0.06m，完成一个动作做的功：W＝Fs＝500N×0.06m＝30J.
（3）获得的总能量Q＝540×103J×10%＝5.4×104J，完成一个动作需做功：W＝30J，
动作个数：.
答：（1）向右移；
（2）完成一个握力动作需做功30J；
（3）消耗这些能量需要完成1800个题（2）中的握力动作。
21．解：
（1）电加热器属于金属外壳用电器，因此与电冰箱外壳相连接的是地线，这样即使金属外壳带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生；
（2）高温水蒸气熨烫衣服时，水蒸气遇到衣服时迅速由气态变成液态是液化现象，液化要放出大量的热，从而将衣服熨平；
（3）如果选择甲电路，当开关旋至1、2之间时，电路为R2的简单电路，此时的电路中的电流最大，
则电路中的最大电流：
I大＝＝＝5A；
如果选择乙电路，当开关旋至1、2之间时，R1、R2并联，此时电路中电流最大，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，
所以，电路中的最大电流：
I大′＝I1+I2＝+＝+≈3.9A+5A＝8.9A；
因熔断器里的保险丝允许通过的最大电流为8.2A，
所以，设计师应该选择甲电路；
（4）甲挂烫机大功率挡工作时，电路中电流为5A，此时的功率：
P1＝UI大＝220V×5A＝1100W；
挂烫机小功率挡工作时，R1、R2串联，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，此时的功率：
P2＝＝＝484W。
答：（1）地线；
（2）液化；
（3）通过计算可知设计师应该选择甲电路；
（4）该挂烫机的两个挡位的额定功率分别是1100W和484W。
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