【精品解析】浙江省宁波市慈溪市慈吉实验学校2025-2026学年九年级上学期暑托检测科学检测卷

浙江省宁波市慈溪市慈吉实验学校2025-2026学年九年级上学期暑托检测科学检测卷
1．（2025九上·慈溪开学考）电动汽车行驶一段时间后需要充电。如图所示是电动汽车的充电过程，下列符合安全用电要求的是（　　）
A．安装充电桩时，可以不连接地线
B．充电过程发生故障时，可以带电维修
C．若充电桩起火，应迅速浇水扑灭
D．若充电桩漏电发生触电事故，应先切断电源
【答案】D
【知识点】触电危害及常见的触电类型与预防；安全用电原则
【解析】【分析】（1）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故；
（2）充电桩维修时必须先断开电源；
（3）用电器起火，先关闭电源再救火；生活用水是导体；
（4）破损的导线容易发生短路或发生触电事故。
【解答】A、安装充电桩时，为了安全，要接地线，故A错误；
B、充电桩维修时必须先断开电源，否则容易发生触电事故，故B错误；
C、万一有充电桩起火，应先关闭电源再施救；生活用水是导体，电器着火不能直接用水灭火，否则可能引起触电事故，故C错误；
D、充电线破损时，容易形成短路或发生触电事故，要及时更换，严禁直接使用，故D正确。
故答案为：D。
2．（2025九上·慈溪开学考） 以下单位中，属于电功率单位的是（）
A．焦耳 B．瓦特 C．伏特 D．千瓦时
【答案】B
【知识点】电功率
【解析】【分析】
【解答】A、焦耳是电能的单位，故A错误；
B、瓦特是电功率的单位，故B正确；
C、伏特是电压的单位，故C错误；
D、千万时是电能的单位，故D错误。
故答案为：B。
3．（2025九上·慈溪开学考）如图是研究电热与电阻大小关系的实验装置，其中R1和R2的阻值不同，串联是为了控制两者具有相同的（　　）
A．电流大小与电热多少 B．电压大小与电热多少
C．电流大小与加热时间 D．电压大小与加热时间
【答案】C
【知识点】控制变量法；串、并联电路的电流特点；影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】串联电路电流处处相等；利用控制变量法进行分析。
【解答】由图可知，R1和R2串联，即通过的电流相同，R1和R2阻值不同，闭合开关加热时间相同，本实验是为了探究电热与电阻大小的关系，故ABD错误；C正确。
故答案为：C。
4．（2025九上·慈溪开学考）小波同学按如图的电路图连接了一个模拟家庭电路。开关闭合后，灯泡能正常发光，用试电笔检测插座的两孔，氖管均不发光。针对该模拟电路，有四位同学发表了以下的观点，你认为正确的是（　　）
A．小华说：“保险丝是用电阻较大、熔点较高的材料制成的。”
B．小龙说：“灯泡能正常发光，所以灯泡的连接是安全、合理的。”
C．小丽说：“插座无法正常工作，原因可能是cd间断路。”
D．小洲说：“插座无法正常工作，原因可能是ab间断路。”
【答案】C
【知识点】家庭电路的故障分析
【解析】【分析】A.根据保险丝的材料和特点判断；
B.根据家庭电路安全通电的知识判断；
CD.两孔插座接线时左孔接零线，右孔接火线，根据测电笔的发光情况确定断路位置。
【解答】A．保险丝要选用电阻率大且熔点低的材料来制作，故A错误；
B．开关应接在火线和灯泡之间，故B错误；
CD．测电笔接触插座的右孔时不发光，说明右孔与火线之间存在断路。如果ab之间断路，那么灯泡不会发光，则断路发生在cd之间，故C正确，D错误。
故选C。
5．（2025九上·慈溪开学考）一度电能为我们做什么 小明收集了家里的一些用电器的功率（如图）。则一度电可供下列电器持续工作时间最长的是（　　）
A．LED灯 B．洗衣机 C．电冰箱 D．电脑
【答案】A
【知识点】电功计算公式的应用
【解析】【分析】由图可知用电器的电功率大小关系，根据可知持续工作时间最长的用电器。
【解答】由图可知，LED灯的电功率最小，洗衣机的电功率最大，在消耗电能相同时，根据可知，电功率越小，用电器工作的时间越长，所以一度电可供LED灯持续正常工作时间最长。
故答案为：A。
6．（2025九上·慈溪开学考）在测定小灯泡额定功率的实验中，某同学正确连接电路，闭合开关后灯泡发光，但在实验中无论怎样调节滑动变阻器，电压表示数都达不到灯泡的额定电压，其原因可能是（　　）。
A．变阻器总电阻太大 B．电压表量程太大
C．电源电压太低 D．灯泡灯丝断开
【答案】C
【知识点】测定小灯泡的功率
【解析】【分析】根据测定小灯泡额定功率的实验过程分析判断。
【解答】闭合开关后灯泡发光，但在实验中无论怎样调节滑动变阻器，电压表示数都达不到灯泡的额定电压，即当变阻器的阻值为零时，电压表的示数都小于额定电压。由于此时灯泡的电压为电源电压，因此肯定是电源电压过低造成的，故C正确，而A、B、D错误。
故选C。
7．（2025九上·慈溪开学考）学校志愿服务队的同学学习了电学知识后，在社区的志愿服务活动中增加了为社区居民解决电路故障的服务，深受社区居民的欢迎和赞赏。下列操作中，符合安全用电原则的是
A．换灯泡：取下坏灯泡→切断电源→换上新灯泡→通电测试
B．换开关：断开旧开关→取下旧开关→换上新开关→通电测试
C．换插座：拆旧插座→测出火线→切断电源→装新插座→通电测试
D．安装灯：测出火线→切断电源→铺设新线→装开关和灯→通电测试
【答案】D
【知识点】安全用电原则
【解析】【分析】为了安全，在拆除旧或者损坏的电器前应将电源切断。
【解答】A、换灯泡时，应先切断电源，再取下坏灯泡，故A错误；
B、在断开旧开关之前应先断开电路，故B错误；
C、换插座前应将判断火线和零线，在切断电源之后拆除旧插座，故C错误；
D、安装灯时，用测电笔测出火线后断开开关，接着铺设新线，安装灯和开关，最后通电测试，故D正确。
故答案为：D。
8．（2025九上·慈溪开学考）小科发现傍晚时家里的白炽灯突然变暗，主要原因可能是白炽灯的（　　）
A．额定电压变大 B．实际电压变大
C．额定功率变小 D．实际功率变小
【答案】D
【知识点】电功率
【解析】【分析】白炽灯的亮度是由它的实际功率决定的，实际功率变大，就会变亮，实际功率变小，亮度变暗。
【解答】家里的白炽灯变暗，主要原因可能是白炽灯的实际功率变小造成的。
故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
9．（2025九上·慈溪开学考）如图是由一节干电池、铜导线和强磁铁组成的简易电动机（线框上端的弯折位置与正极接触，磁铁吸附在电池负极的是S极），放手后从上往下看线圈顺时针转动，为了增大转速，以下操作可以达到目的的是（　　）
A．对调电池正负极位置 B．对调强磁铁南北极位置
C．增加一节干电池 D．减弱磁铁的磁性
【答案】C
【知识点】通电导体在磁场中的受力方向的判断；产生电磁感应现象的条件和规律
【解析】【分析】（1）对调电池正负极位置后，电流方向会改变。电流方向改变会导致线圈的旋转方向改变，而不是转速改变；
（2）对调强磁铁的南北极位置后，磁场方向会改变。根据左手定则，磁场方向改变也会导致线圈的旋转方向改变，而不是转速改变；
（3）增加一节干电池后，电池的总电压会增大（如果两节电池串联）。根据欧姆定律，电压增大时，通过线圈的电流也会增大。电流增大，线圈受到的安培力也会增大，从而导致转速增大；
（4）减弱磁铁的磁性会导致磁场强度减弱，磁场强度减弱会导致安培力减小，从而使转速减小。
【解答】AB、对调电池正负极位置、对调强磁铁南北极位置，改变电流方向和磁场方向，但不能增大转速，故AB不符合题意；
C、增加一节干电池后，电池的总电压会增大（如果两节电池串联）。根据欧姆定律，电压增大时，通过线圈的电流也会增大。电流增大，线圈受到的安培力也会增大，从而导致转速增大，故C正确；
D、减弱磁铁的磁性会导致磁场强度减弱，磁场强度减弱会导致安培力减小，从而使转速减小，故D错误。
故答案为：C。
10．（2025九上·慈溪开学考）甲、乙两电热丝电阻之比为2∶3，通过的电流之比为3∶1，则相同时间内产生的热量之比为（　　）
A．2∶1 B．6∶1 C．1∶2 D．1∶6
【答案】B
【知识点】焦耳定律的计算公式及其应用
【解析】【分析】知道两导体的电阻之比和通过的电流之比，根据焦耳定律求出相同时间内产生的热量之比。
【解答】 由题意可知，R甲：R乙=2：3，I甲：I乙=3：1，
根据Q=I2Rt ，相同时间内产生的热量之比为
故答案为：B。
11．（2025九上·慈溪开学考）小明同学自己动手做了一个直流电动机模型，接通电路后发现电动机不转动，可当他拨了一下线圈后，电动机就快速转了起来，造成这一情况的原因可能是（　　）
A．电源电压太低 B．电刷接触不良
C．电源正、负极接反了 D．开始时，线圈处于平衡位置了
【答案】D
【知识点】直流电动机的构造原理与工作过程
【解析】【解答】当电动机的线圈处于平衡位置时，受平衡力的作用，故可能电动机不转，拨动一下后，打破平衡，电动机便转动起来，并且靠惯性能转过平衡位置，连续转动．A、B两个选项电动机始终不会转动．C选项中的电动机不会停止．
故选D．
【分析】 平衡位置是电动机的转子和定子形成了开路，导体中没有电流通过，磁场对其没有作用力，电动机不会转动．只要越过平衡位置后，产生电流，便可以转动了．
12．（2025九上·慈溪开学考）如图是一款家用充电式电动螺丝刀，该电动螺丝刀在工作过程中能够通过正转和反转来实现紧螺丝或松螺丝的双重功能，下面四幅图中与这种电动螺丝刀的工作原理相同的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】影响电磁铁磁性强弱的因素；电磁感应；磁场对通电导线的作用
【解析】【分析】电动机是根据通电线圈在磁场中受到力的作用而发生转动的原理制成的。
【解答】家用充电式电动螺丝刀工作原理是通电导体在磁场中受力运动。
A、图中有电源，通电导体在磁场中受到力的作用而运动，是电动机的工作原理，与电动螺丝刀工作原理相同，故A正确。
B、该装置没有电源，是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中产生感应电流，是电磁感应现象，是发电机的工作原理，与电动螺丝刀原理不同，故B错误。
C、这是奥斯特实验，表明通电导线周围存在磁场，是电流的磁效应，并非电动螺丝刀的工作原理，故C错误。
D、此为探究影响电磁铁磁性强弱因素的实验，利用的是电流的磁效应，和电动螺丝刀原理不一样，故D错误。
故答案为：A。
13．（2025九上·慈溪开学考）便携式铝箔封口机能实现用铝箔将瓶子快速封口，其底部是一个用纯铜线圈制作的感应盘。给封口机通电，利用高频电流通过铜线圈产生磁场，将瓶装容器经过感应盘，此时瓶盖内铝箔垫片会被感应识别，附着在垫片上的金属铝瞬间发生炽热将垫片上的粘合层熔化到瓶口处并合为一体，实现封口。上述说明中涉及的知识包括（　　）
①电流的热效应
②电流的磁效应
③电磁感应
A．.只有①② B．.只有①③ C．只有②③ D．①②③
【答案】D
【知识点】通电直导线周围的磁场；电磁铁的其他应用；电磁感应
【解析】【分析】电流的周围存在磁场；闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流；电流通过导体时会产生热量。
【解答】工作时给封口机通电，利用高频电流通过电感线圈产生磁场，这是电流的磁效应；
当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生较大的感应电流，这是电磁感应现象；
电流通过铝箔会产生热量，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在瓶口上达到迅速封口的目的，这是电流的热效应，所以涉及的知识包括①②③，故D正确。
故答案为：D。
14．（2025九上·慈溪开学考）下列关于电功和电功率的叙述中，正确的是（　　）
A．电功率越大，电流做的功越多
B．电流做的功越多，电功率越大
C．电流做功的时间越短，电功率越大
D．电流在一定时间内做功越多，电功率越大
【答案】D
【知识点】电功的实质；电功率
【解析】【分析】电功是用电器中电流所做的功，消耗多少电能就做多少功；
电功率是表示电流做功快慢的物理量，定义是单位时间内电流做功的多少。
【解答】A、在不确定做功时间的情况下，电功率越大，电流做的功不一定越多，故A错误；
B、在不确定做功时间的情况下，电流做的功越多，电功率不一定越大，故B错误；
C、在不确定做功多少的情况下，电流做功的时间越短，电功率不一定越大，故C错误；
D、由电功率的定义可知，电流在一定时间内做功越多，电功率越大，故D正确。
故选：D。
15．（2025九上·慈溪开学考）如图所示，两灯泡和规格分别为“6V 3W”和“6V 6W”，电源电压相同恒为6V，按甲、乙方式连接，工作时最亮的是（　　）
A．甲图中的 B．甲图中的 C．乙图中的 D．乙图中的
【答案】D
【知识点】串、并联电路的电压特点；电功率
【解析】【分析】灯泡的亮度决定于实际功率大小，
（1）根据串联分压确定串联时的电压，得出实际功率与额定功率的关系；
（2）根据并联电压相等，确定实际功率。
【解答】灯泡的亮度决定于实际功率大小，甲图中两个灯泡串联，根据串联分压，每个灯泡的电压都小于6V，实际功率都小于额定功率；乙图并联，每个灯泡的电压都等于额定电压6V，都正常发光，两灯泡规格分别为“6V 3W”和“6V 6W“，说明L2的实际功率大，故并联时L2最亮，故D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为： D。
16．（2025九上·慈溪开学考）在“测定小灯泡额定功率”的实验中，要让小灯泡在额定电压下发光，当手移动滑动变阻器滑片时，眼睛应观察（　　）
A．灯泡的发光情况 B．变阻器滑片的位置
C．电压表的示数 D．电流表的示数
【答案】C
【知识点】测定小灯泡的功率
【解析】【分析】在“额定电压下测定小灯泡额定功率”的实验中，当手移动变阻器滑片时，眼睛应观察电压表示数，使灯泡两端的电压达到额定电压，并读出此时通过灯泡的电流值，最后根据功率的计算公式，计算灯泡的额定功率。
【解答】A、观察灯泡的发光情况不能直接确定灯泡是否在额定电压下发光，故该选项错误。
B、观察变阻器滑片的位置无法得知小灯泡两端的电压是否达到额定电压，故该选项错误。
C、因为要让小灯泡在额定电压下发光，所以移动滑动变阻器滑片时，眼睛应观察电压表的示数，看其是否达到小灯泡的额定电压，故该选项正确。
D、观察电流表的示数不能直接确定灯泡是否在额定电压下发光，故该选项错误。
故答案为：C。
17．（2025九上·慈溪开学考）如图甲所示电路的电源电压为3伏，小灯泡的额定电压为2.5伏，图乙是小灯泡的I-U 图像。闭合开关S后，下列判断正确的是（　　）
A．电压表测的是小灯泡两端的电压
B．电流表示数为0.4安时，小灯泡的电阻是25欧
C．电压表示数为2.5伏时，小灯泡的功率是1.25瓦
D．小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电功率是0.25瓦
【答案】D
【知识点】串、并联电路的电压特点；测定小灯泡的功率
【解析】【分析】A、由图可知，闭合开关S后，灯泡与变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
B、由图象知，当电流为0.4A时，对应的电压为1V，由欧姆定律得出灯的电阻；
C、电压表示数为2.5V时，由串联电路电压的规律得出灯的电压，由图知此时通过灯泡的电流，根据P=UI得出小灯泡的功率；
D、小灯泡的电压等于额定电压2.5V时，灯正常发光，由图象可知灯的额定电流，根据串联电路电压的规律求出变阻器的电压，根据P=UI求出变阻器的功率。
【解答】A、电路图中，灯泡与变阻器串联，电压表与滑动变阻器并联，测的是滑动变阻器两端的电压，而不是小灯泡两端的电压，故A错误；
B、由灯泡的I-U图象可知，当电流为0.4A时，小灯泡的电压为1V。由欧姆定律可得，灯的电阻，故B错误；
C、电压表示数为2.5V时，由串联电路电压的规律可得小灯泡两端的电压为3V-2.5V=0.5V， 由图象可知，小灯泡的电压为0.5V时电流为0.3A，则小灯泡的功率，故C错误；
D、小灯泡的电压等于额定电压2.5V时，小灯泡正常发光。由图象可知，灯的额定电流为0.5A，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为0.5V， 此时滑动变阻器的功率，故D正确。
故答案为：D。
18．（2025九上·慈溪开学考）如图所示，图甲是某款即热式电热水龙头，图乙是它的电路原理图，R1和R2是电热丝，通过旋转手柄可使扇形开关S同时接触两个相邻触点，实现冷水、温水、热水挡的切换。若R2=2R1，水龙头在温水挡正常工作时电功率为1100W，电源电压恒为220V，则以下说法正确的是（　　）
A．电热丝电阻R1=44Ω
B．水龙头在热水挡正常工作时的功率是3300W
C．开关S接触3、4触点时，电热丝R1、R2串联
D．开关S接触2、3触点时，水龙头放出的是热水
【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】 ACD.由图乙可知，当扇形开关S接1、2时，电路断开，当扇形开关S接2、3时，只有R2工作，当扇形开关S接3、4时，R1、R2并联，根据并联电路的特点和可知电热水龙头冷水、温水、热水挡的电路连接；根据温水挡功率和可求出R2的阻值，根据R1、R2的关系可求出R1的阻值；B.根据可求出水龙头在热水挡正常工作时的功率。
【解答】ACD．根据乙图可知，当扇形开关S接2、3时，只有R2工作，电路中的总电阻最大，由可知，此时总功率最小，水龙头处于温水挡，
那么R2的阻值为：；
则R1的阻值R1=0.5R2=0.5×44Ω=22Ω；
故ACD错误；
B． 当扇形开关S接3、4时，R1和R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小，由可知，电路的总功率最大，水龙头处于热水挡；
水龙头在热水挡正常工作时的功率为，
故选B。
19．（2025九上·慈溪开学考）如图中的皮划艇运动员一手支撑住桨柄的末端，另一手用力划桨，此时的船桨可看作是一个杠杆。下图中的船桨模型中最合理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】杠杆的应用
【解析】【分析】在分析时，注意确定杠杆的支点即杠杆围绕转动的点。当人向后划桨时，浆的上端为支点，人给浆的力向后，水给浆的力向前。
【解答】由题意可知，撑住桨柄的末端为支点，下面的手给浆向后的力，这时水给浆一个向前的力，使船前进。
故答案为：B。
20．（2025九上·慈溪开学考）实验中某同学将装水的烧杯放置在铁架台上，以下情况铁架台最有可能倾倒的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件结合图中力和力臂大小关系分析。
【解答】假设铁架台的自重力为阻力，则阻力保持不变，C、D的支点在右侧边缘，C、D的阻力和阻力臂相同，所以C、D烧杯压力的作用点在支点左侧，与阻力作用效果相同，不可能翻到。而A、B的支点在最左侧边缘，A中烧杯的力臂最大，所以A、B中A最有可能翻到。
故答案为： A。
21．（2025九上·慈溪开学考）骨骼、肌肉和关节等构成了人体的运动系统，人体中最基本的运动大多是由肌肉牵引骨骼绕关节转动产生的。如图所示，小科用手提起哑铃，这一动作可以认为桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动。下列说法正确的是（　　）
A．此杠杆的阻力是哑铃受到的重力
B．此杠杆的支点为A点
C．肱二头肌对前臂的牵引力是阻力
D．用手提起哑铃的过程中，动力臂小于阻力臂
【答案】D
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【分析】动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；动力臂等于阻力臂，为等臂杠杆。
【解答】A、用手提起哑铃，此杠杆的阻力是哑铃对手的压力，哑铃受到的重力是哑铃受到的力，不是杠杆受到的力，故A错误；
B、此杠杆的支点为C点，A点是动力作用点，故B错误；
C、肱二头肌对前臂的牵引力是使杠杆转动的力，是动力，故C错误；
D、支点到动力作用线的距离是动力臂，支点到阻力作用线的距离是阻力臂，用手提起哑铃的过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D正确。
故答案为：D。
22．（2025九上·慈溪开学考）如图所示，杠杆上分别放着质量不相等的两个球，杠杆在水平位置平衡，如果两球以相同速度同时匀速向支点移动，则杠杆（　　）
A．仍能平衡 B．不能平衡，大球那端下沉
C．不能平衡，小球那端下沉 D．无法判断
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】本题重点在于分析移动中两球相对于支点的力与对应力臂的乘积变化，通过比较可以得出杠杆的移动方向。
【解答】开始时两球平衡，即力与对应力臂的乘积相等；当运动时，两球速度相同，则在相同时间内移动的距离相同，大球的力与对应力臂的乘积减少的快，则大球力与对应力臂的乘积会小于小球力与对应力臂的乘积，杠杆向小球那端下沉。
故答案为：C。
23．（2025九上·慈溪开学考）如图所示，杠杆OAB能绕O点转动，在A点挂一重物G，为保持杠杆在水平位置平衡，在B点分别作用的四个力中最小的是（　　）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小。所以要判断哪个动力最小，就看哪个动力对应的动力臂最长。支点与动力作用点之间的连线就是最长的动力臂，与这条动力臂垂直的力即为最小动力。
【解答】 由图可知，动力F3与OB垂直，则动力F3对应的动力臂就是OB，它是最长的动力臂。由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小。因为F3对应的动力臂最长，所以F3最小。
故答案为： C。
24．（2025九上·慈溪开学考）如图为父子两人一起抬货物的示意图，为父子两人肩膀所受压力。走在后边的儿子偷偷将货物从位置移到位置，则（　　）
A．变大，变小 B．保持不变
C．变大，变大 D．变小，变大
【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】根据力臂的定义分析力臂大小的变化，根据杠杆的平衡条件分析力的大小变化。
【解答】走在后边的儿子偷偷将货物从a位置移到b位置，对于父亲来说，儿子的肩膀为支点，此时阻力大小不变，阻力臂变小，动力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，父亲施加的力变小，即F1变小；对于儿子来说，父亲的肩膀为支点，此时阻力大小不变，阻力臂变大，动力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，儿子施加的力变大，即F2变大，故D正确。
故答案为： D。
25．（2025九上·慈溪开学考）如图所示，用一个始终水平向右的动力F把杠杆OA从图示位置缓慢拉至接近水平的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．阻力臂一直变大
B．F先变小后变大
C．一直是省力杠杆
D．可以将杠杆OA拉至水平位置并保持静止
【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂．根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，力F始终水平向右，即动力臂不断变小，把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中，阻力不变，阻力臂变大，所以动力变大。
【解答】A、用一个始终水平向右的力F把杠杆OA从图示位置缓慢拉至接近水平的过程中，阻力臂是变大的，故A正确；
B、根据杠杆平衡条件，动力阻力不变，阻力臂变大，动力臂减小，故动力增大，故B错误；
C、因为阻力臂变大，动力臂减小，当杠杆与竖直方向接近垂直时，动力臂小于阻力臂时，就是费力杠杆了，故C错误；
D、杠杆OA拉至水平位置时，动力臂为0，根据杠杆平衡条件，杠杆不能在此位置保持静止，故D错误。
故答案为： A。
26．（2025九上·慈溪开学考）随着生活水平的提高，越来越多的家用电器进入家庭。
（1）下列家用电器利用电流热效应工作的是　 　（填字母）：
A.电脑　　B.电饭锅　　C.油烟机
（2）某户家庭电能表月初、月未的两次示数如图，若当地电价为0.5元/度，则该户家庭当月需交电费　 　元。
【答案】B；75
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法；常用电热器
【解析】【分析】（1）电流通过导体要发热，电能转为内能，这叫做电流的热效应，如电灯、电炉、电烙铁、电焊等都是电流的热效应的例子；
（2）电能表的读数方法：月末的减去月初的示数，知道电费的单价，从而可以计算出该同学家本月应付电费的费用。
【解答】（1）A、电脑工作时，主要将电能转化为光能和声能，不是利用电流热效应工作的，故A不合题意；
B、电饭锅工作时，主要将电能转化为内能，是利用了电流的热效应，故B符合题意；
C、油烟机工作时，主要将电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作的，故C不符合题意。
故选B。
（2）由图知道，该户消耗的电能为W=W2-W1=5818.3kW h-5668.3kW h=150kW h
由于电价为0.5元/度，所以，该同学家本月应付的电费为150kW h×0.5元/kW h=75元
27．（2025九上·慈溪开学考）灯泡的铭牌分别为“”和“”，其中的“”表示灯泡的　 　。将它们并联在的电路中，较亮的灯泡是　 　。
【答案】额定电压；L2
【知识点】电器的电功率
【解析】【分析】铭牌标出的是额定电压和额定功率，灯泡的亮度由其实际功率决定，实际功率越大，灯泡越亮。
【解答】 灯泡L1、L2的铭牌分别为“220V 25W”和“220V 100W”，其中的“220V”表示灯泡的额定电压。将它们并联在220V的电路中，实际电压都等于额定电压，都正常发光，因而实际功率等于额定功率，而L2的额定功率大，则实际功率大，较亮的灯泡是L2。
28．（2025九上·慈溪开学考）用电热壶烧开水既方便又卫生，因此被广泛使用，某电热壶的结构如图甲所示。当电热壶接入家庭电路正常工作时，图中的a端应与　 　相连，c端应与　 　相连（以上均选填“地线”“零线”或“火线”）。用测电笔检测b端时，测电笔的氖管　 　（选填“会”或“不会”）发光。图乙、丙中所示的两种测电笔握法，正确的是　 　。
【答案】火线；地线；不会；丙
【知识点】测电笔的使用
【解析】【分析】（1）金属用电器外壳一定接地，防止金属外壳的用电器漏电时发生触电事故；火线首先接入开关，然后接入保险丝，再接入电阻丝；保险丝接在开关的后面，当保险丝熔断后能方便更换保险丝；零线直接接入电阻丝；
（2）测电笔是用来辨别零线和火线的工具，当笔尖接触到火线时，氖管会亮，接触零线时，氖管不亮；根据测电笔的正确使用方法进行分析，即手指接触测电笔末端的金属部位，使电路形成通路。
【解答】根据甲图可知，a端与开关相连，则a应该接火线，而b接零线；
c端与电水壶的外壳相连，则它与地线相连；
测电笔只有与火线接触时才会发光，而b接零线，所以用测电笔检测b端时，测电笔的氖管不发光；
图丙中电笔的笔尖接触电源，由于手与笔尾的金属体接触，因此电源、测电笔、人体与大地可以形成通路；而图乙中手没有接触笔尾的金属体，因此不会和大地形成通路，故丙图握法正确。
29．（2025九上·慈溪开学考）小亮同学在学习了“电和磁”的知识后，用甲、乙两个直流电动机设计了如图所示的装置，闭合开关后甲开始转动，同时用皮带带动乙转动，小灯泡发光。在此过程中，将电能转化为机械能的装置是　 　（选填“甲”或“乙”），如果要使甲的转动方向与原来相反，可采取的措施是　 　。
【答案】甲；将电源正负极对调
【知识点】电磁感应
【解析】【分析】（1）通电导体在磁场中受力而运动，将电能转化为机械能，其实际应用是电动机；闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，这种现象叫电磁感应，该过程中机械能转化为电能，其实际应用是发电机；
（2）通电导体在磁场中的受力方向与电流的方向和磁场的方向有关。
【解答】在此过程中，将电能转化为机械能的装置是甲，其工作原理是通电导体在磁场中受力的作用。
通电导体受到的磁力方向与磁场方向、电流方向有关。如果要使甲的转动方向与原来相反，可采取的措施是将电源正负极对调，改变电流中的电流方向。
30．（2025九上·慈溪开学考）如图是某电热水壶内部电加热器原理电路，它有加热和保温两挡。图中所示的是水壶正处于　 　挡（填“保温”或“加热”）。已知该电热水壶处于“加热”挡时，通电0.1h可使标有1200imp/（kW·h）的电能表指示灯闪烁120次，则消耗的电能为　 　kW·h；若电热水壶“保温”挡功率为100W，则　 　。
【答案】保温；0.1；435.6
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法
【解析】【分析】（1）开关S断开时，两个电阻串联，电路的总电阻最大，由可知总功率最小，处于保温挡；S闭合时，只有R1的简单电路，电路的总电阻最小，由可知总功率最大，处于高温挡；
（2）“1200imp/kW h”表示电路中用电器每消耗1kW h的电能，电能表的指示灯闪烁120次，据此得出指示灯闪烁120次消耗的电能，根据求出高温挡的功率，根据变形可求出R1的阻值和保温时总电阻，由电阻的串联得到R2的阻值。
【解答】当开关S断开时，电阻R1、R2 串联，此时电路中的电阻较大，根据电功率公式 ，在电压U一定的情况下，电阻R越大，电功率P越小，所以电水壶处于“保温”挡。
已知电能表指示灯闪烁120次，而电能表的参数为1200imp/(kW h)，这表示每消耗1kW h的电能，指示灯会闪烁1200次。因此，消耗的电能
当电水壶处于“保温”挡时，R1 和R2 串联接入电路，此时的总功率为100W。根据得“保温”挡时电路的总电阻为
又因为当开关S闭合时，电水壶处于“加热”挡，此时只有R1 接入电路，且消耗的电能已知为0.1kW h，所以“加热”挡的功率为
由此可得R1 的阻值为
则R2的大小为
31．（2025九上·慈溪开学考）在“创新实验设计比赛”的活动中，小明从如图甲所示的“两端发光的激光剑”玩具中得到启发，设计了图乙所示的电路原理图。小明设计的电路中两灯的连接方式是　 　。若电源电压为3V，灯泡的规格均为“2.5V 0.5A”，假设灯泡电阻不变，则电路接通后，每个灯泡的实际功率是　 　W。
【答案】串联；0.45
【知识点】测定小灯泡的功率；电功率
【解析】【分析】由图乙可知，两个灯泡逐个顺次地接在电源两端，即两灯串联；根据规格参数，结合欧姆定律求出每个灯的电阻，根据串联电路的分压原理得出每个灯泡的实际电压，根据
求出每个灯泡的实际功率。
【解答】由图所示的方法连接，电流只有一条路径，即电流逐个通过两灯，故两灯的连接方式是串联。
根据欧姆定律可得，灯泡的电阻
由串联电路中总电阻等于各电阻之和和欧姆定律可得，电路中的电流
则每个灯泡的实际功率
32．（2025九上·慈溪开学考）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，使用用如图甲所示的电路，其中电源电压保持6V不变，小灯泡额定电压为2.5V（灯丝电阻约为12Ω）。
（1）为能顺利完成该实验探究，下列四种规格的滑动变阻器应选用　 　。
A.“10Ω；0.2A”的滑动变阻器
B.“10Ω；0.5A”的滑动变阻器
C.“20Ω；0.2A”的滑动变阻器
D.“20Ω；0.5A”的滑动变阻器
（2）电路连接完成后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不发光，电压表有示数，电流表无示数，若电路只有一处故障，则故障原因是：　 　；
（3）排除故障后，闭合开关，移动滑片至某一位置时，发现电压表的示数如图乙所示；此时为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向　 　端移动.（选填：“A”或“B”）；
（4）多次测量，得出通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系如图丙所示。分析图像可知：该小灯泡正常发光时，滑动变阻器的功率为　 　W。
【答案】D；灯泡断路；B；0.7
【知识点】测定小灯泡的功率
【解析】【分析】（1）由计算灯泡正常发光的电流，滑动变阻器与灯泡串联。根据串联电路特点和欧姆定律计算滑动变阻器的电阻；
（2）闭合开关，灯泡不亮，电流表无示数，说明电路断路了；电压表的指针有示数，说明电压表通过电流表和滑动变阻器与电源两极相连，由此分析故障的原因；
（3）读出电压表示数，根据串联电路的分压原理分析滑片的移动方向；
（4）当灯泡电压达到额定电压时灯泡正常发光，由图象读出灯泡电压2.5V时的电流，根据P=UI计算额定功率；灯丝电阻受温度影响。
【解答】（1）电源电压为6V，灯泡正常工作时，灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器两端电压
灯泡电阻约为12Ω，电路电电流为
此时滑动变阻器连入阻值
所以应选20Ω 0.5A的滑动变阻器，故选D。
（2）闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能存在断路，电压表有示数，说明电压表与电源接通，故障可能是电压表两接线柱之间的电路是断路，所以出现故障的原因是小灯泡断路。
（3）由图乙，电压表使用量程，分度值0.1V，示数为2.2V，要测量小灯泡的额定功率，需增大灯泡电压，根据串联电路的分压原理，应减小滑动变阻器连入阻值，即向B端移动。
（4）当电压表示数为2.5V时，灯泡正常发光，由丙图像可知此时灯泡的电流为0.2A，滑动变阻器两端的电压为
滑动变阻器的功率
33．（2025九上·慈溪开学考）如图所示，小科同学利用铁架台、带有刻度的杠杆、细线、若干相同钩码、弹簧测力计（单位N）等实验器材“探究杠杆的平衡条件”，一起完成以下问题：
（1）实验前，杠杆总静止在图甲所示位置，此时杠杆处于　 　（填“平衡”或“不平衡”）状态；若将右端的螺母调至最左端后，发现杠杆仍然左端高、右端低，则应再将左端的螺母向　 　（填“左”或“右”）调，直至杠杆在水平位置平衡；
（2）如图乙，杠杆处于水平平衡状态。若在A、B下方各减少一个相同的钩码，则杠杆　 　（填“左”或“右”）端将下沉；
（3）图丙是已经调成水平平衡的杠杆，在某处挂上适当的钩码后，用弹簧测力计在图示位置竖直向上拉，使杠杆在水平位置重新平衡，则所挂钩码的位置和重力可能是________（填字母编号）。
A．A处挂4N B．B处挂2N C．C处挂6N D．D处挂3N
【答案】（1）平衡；左
（2）右
（3）C
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；调节杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究；
（2）要判断此题，需掌握杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，在支点两侧的钩码下方分别再加挂一个相同的钩码，若力和力臂的乘积相等，杠杆平衡；若力和力臂的乘积不相等，则杠杆向乘积大的一端倾斜；
（3）观察弹簧测力计的量程和分度值，读出弹簧测力计的示数；根据杠杆平衡条件计算钩码的总重力。
【解答】（1）当杠杆静止或匀速转动，都是处于平衡状态。此时杠杆静止，处于平衡状态。
若将右端的螺母调至最左端后，发现杠杆仍然左端高、右端低，说明右端质量大，应将平衡螺母向上翘的左端移动，直到杠杆在水平位置平衡。
（2）设每个钩码重为G，杠杆上每格长L，由图乙所示，若在A、B下方各减少一个相同的钩码，左侧力与力臂的乘积为3G×3L=9GL
右侧力与力臂的乘积为5G×2L=10GL
因为10GL>9GL，所以，杠杆右端将下沉。
（3）如图丙所示，测力计的分度值为0.2N，示数为3.0N，设杠杆的一个小格为L，钩码的重力为G。A、当在A处挂钩码时，根据杠杆平衡条件可得GA×3L=3.0N×2L
则
即在A处所挂钩码的重力为2N，故A不符合题意；
B、当在B处挂钩码时，根据杠杆平衡条件可得GB×2L=3.0N×2L
则
即在B处所挂钩码的重力为3N，故B不符合题意；
C、当在C处挂钩码时，根据杠杆平衡条件可得GC×L=3.0N×2L
则
即在C处所挂钩码的重力为6N，故C符合题意；
D、D处悬挂钩码不能平衡。故D不符合题意。
故答案为：C。
（1）[1]当杠杆静止或匀速转动，都是处于平衡状态。此时杠杆静止，处于平衡状态。
[2]若将右端的螺母调至最左端后，发现杠杆仍然左端高、右端低，说明右端质量大，应将平衡螺母向上翘的左端移动，直到杠杆在水平位置平衡。
（2）设每个钩码重为G，杠杆上每格长L，由图乙所示，若在A、B下方各减少一个相同的钩码，左侧力与力臂的乘积为3G×3L=9GL
右侧力与力臂的乘积为5G×2L=10GL
因为10GL>9GL，所以，杠杆右端将下沉。
（3）如图丙所示，测力计的分度值为0.2N，示数为3.0N，设杠杆的一个小格为L，钩码的重力为G。
A．当在A处挂钩码时，根据杠杆平衡条件可得GA×3L=3.0N×2L
则
即在A处所挂钩码的重力为2N，故A不符合题意；
B．当在B处挂钩码时，根据杠杆平衡条件可得GB×2L=3.0N×2L
则
即在B处所挂钩码的重力为3N，故B不符合题意；
C．当在C处挂钩码时，根据杠杆平衡条件可得GC×L=3.0N×2L
则
即在C处所挂钩码的重力为6N，故C符合题意；
D．D处悬挂钩码不能平衡。故D不符合题意。
故选C。
34．（2025九上·慈溪开学考）建筑工地上，工人利用杠杆提起重物。如图所示，杠杆AOB在竖直拉力的作用下恰好在水平位置平衡。已知AB∶OB=4∶1，物体的重力为1800N，工人的质量为80kg。（杠杆与绳的自重、摩擦等均不计，g取10N/kg）。
（1）此杠杆为　 　（选填“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆；
（2）请作出A点的拉力及其力臂；
（3）该工人能提起的最大物重为多少牛？
【答案】（1）省力
（2）
（3）人向下的拉力最多等于自身的重力，否则人被拉起来，故杠杆上A点产生的最大拉力等于人的重力
根据杠杆的平衡条件得
则
故该工人能提起的最大物重为2400N。
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的应用
【解析】【分析】（1）根据动力臂与阻力臂大小关系分析；
（2）请作出A点的拉力的方向为竖直向下；从支点到力的作用线的距离为力臂；
（3）结合人的最大拉力，根据杠杆平衡条件计算。
【解答】（1）由于两侧的拉力都是竖直向下，故力臂在水平位置，由图可知，OA为动力臂，OB为阻力臂，已知AB∶OB=4∶1，OA+OB=AB，则OA∶OB=3∶1，此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆。
（2）根据杠杆的平衡条件可得，此时杠杆刚好处于水平状态，则杠杆处于平衡状态，此时A点的拉力竖直向下，为动力；动力臂从支点O到动力作用线的距离“lA”。如图所示：
（1）由于两侧的拉力都是竖直向下，故力臂在水平位置，由图可知，OA为动力臂，OB为阻力臂，已知AB∶OB=4∶1，OA+OB=AB，则OA∶OB=3∶1，此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆。
（2）根据杠杆的平衡条件可得，此时杠杆刚好处于水平状态，则杠杆处于平衡状态，此时A点的拉力竖直向下，为动力；动力臂从支点O到动力作用线的距离“lA”。如图所示：
（3）人向下的拉力最多等于自身的重力，否则人被拉起来，故杠杆上A点产生的最大拉力等于人的重力
根据杠杆的平衡条件得
则
故该工人能提起的最大物重为2400N。
35．（2025九上·慈溪开学考）小锦家一款新型电烤箱铭牌上的部分参数如表所示，其简化电路如图甲所示，R1、R2均为电热丝（阻值不随温度变化）；
××牌电烤箱
额定电压：220V
额定加热功率：1210W
额定保温功率：110W
（1）该电烤箱在额定保温功率下工作时的电流是多少？
（2）电热丝R2的阻值是多少？
（3）傍晚用电高峰期，小锦想测量电烤箱在工作时的实际功率，于是他断开了家中其他用电器，仅让电烤箱在加热状态下工作，1min内如图乙所示的电能表转盘转了50r，则电烤箱实际的加热功率是多少？
【答案】解：（1）该电烤箱在额定保温功率下工作时的电流
（2）当S闭合，S1接右边接线柱b时，R1单独工作，电路中电阻较大，由可知，电路处于保温挡位；当S闭合、S1接左边接线柱a时，电阻R1和R2并联，电路中电阻较小，由可知，处于加热挡位，此时R1的电功率
R2的电功率
则电热丝R2的阻值
（3）电能表转盘转了50r，电烤箱消耗的电能
电烤箱的实际功率
答：（1）该电烤箱在额定保温功率下工作时的电流为0.5A；
（2）电热丝R2的阻值为44Ω；
（3）电烤箱的实际功率是1000W。
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法
【解析】【分析】（1）知道额定保温功率、工作电压，利用P=UI求该电烤箱在额定保温功率下工作时的电流；
（2）当S闭合，S1接右边接线柱b时，R1单独工作，电路中电阻较大，电源电压一定，由可知，此时电功率较小，电路处于保温挡；当S闭合、S2接左边接线柱a时，电阻R1和R2并联，电路中电阻较小，电源电压一定，由可知，此时电功率较大，处于加热挡，此时R1的电功率等于保温挡功率，知道加热挡功率，减去R1的电功率，可得R2的电功率，再利用可求R2的阻值大小；
（3）电能表上“3000r/（kW h）”表示电路中用电器每消耗1kW h的电能，电能表的转盘转3000r，据此求电能表转盘转了50r时，电烤箱消耗的电能，知道工作时间，利用求出电烤箱的实际功率。
1 / 1浙江省宁波市慈溪市慈吉实验学校2025-2026学年九年级上学期暑托检测科学检测卷
1．（2025九上·慈溪开学考）电动汽车行驶一段时间后需要充电。如图所示是电动汽车的充电过程，下列符合安全用电要求的是（　　）
A．安装充电桩时，可以不连接地线
B．充电过程发生故障时，可以带电维修
C．若充电桩起火，应迅速浇水扑灭
D．若充电桩漏电发生触电事故，应先切断电源
2．（2025九上·慈溪开学考） 以下单位中，属于电功率单位的是（）
A．焦耳 B．瓦特 C．伏特 D．千瓦时
3．（2025九上·慈溪开学考）如图是研究电热与电阻大小关系的实验装置，其中R1和R2的阻值不同，串联是为了控制两者具有相同的（　　）
A．电流大小与电热多少 B．电压大小与电热多少
C．电流大小与加热时间 D．电压大小与加热时间
4．（2025九上·慈溪开学考）小波同学按如图的电路图连接了一个模拟家庭电路。开关闭合后，灯泡能正常发光，用试电笔检测插座的两孔，氖管均不发光。针对该模拟电路，有四位同学发表了以下的观点，你认为正确的是（　　）
A．小华说：“保险丝是用电阻较大、熔点较高的材料制成的。”
B．小龙说：“灯泡能正常发光，所以灯泡的连接是安全、合理的。”
C．小丽说：“插座无法正常工作，原因可能是cd间断路。”
D．小洲说：“插座无法正常工作，原因可能是ab间断路。”
5．（2025九上·慈溪开学考）一度电能为我们做什么 小明收集了家里的一些用电器的功率（如图）。则一度电可供下列电器持续工作时间最长的是（　　）
A．LED灯 B．洗衣机 C．电冰箱 D．电脑
6．（2025九上·慈溪开学考）在测定小灯泡额定功率的实验中，某同学正确连接电路，闭合开关后灯泡发光，但在实验中无论怎样调节滑动变阻器，电压表示数都达不到灯泡的额定电压，其原因可能是（　　）。
A．变阻器总电阻太大 B．电压表量程太大
C．电源电压太低 D．灯泡灯丝断开
7．（2025九上·慈溪开学考）学校志愿服务队的同学学习了电学知识后，在社区的志愿服务活动中增加了为社区居民解决电路故障的服务，深受社区居民的欢迎和赞赏。下列操作中，符合安全用电原则的是
A．换灯泡：取下坏灯泡→切断电源→换上新灯泡→通电测试
B．换开关：断开旧开关→取下旧开关→换上新开关→通电测试
C．换插座：拆旧插座→测出火线→切断电源→装新插座→通电测试
D．安装灯：测出火线→切断电源→铺设新线→装开关和灯→通电测试
8．（2025九上·慈溪开学考）小科发现傍晚时家里的白炽灯突然变暗，主要原因可能是白炽灯的（　　）
A．额定电压变大 B．实际电压变大
C．额定功率变小 D．实际功率变小
9．（2025九上·慈溪开学考）如图是由一节干电池、铜导线和强磁铁组成的简易电动机（线框上端的弯折位置与正极接触，磁铁吸附在电池负极的是S极），放手后从上往下看线圈顺时针转动，为了增大转速，以下操作可以达到目的的是（　　）
A．对调电池正负极位置 B．对调强磁铁南北极位置
C．增加一节干电池 D．减弱磁铁的磁性
10．（2025九上·慈溪开学考）甲、乙两电热丝电阻之比为2∶3，通过的电流之比为3∶1，则相同时间内产生的热量之比为（　　）
A．2∶1 B．6∶1 C．1∶2 D．1∶6
11．（2025九上·慈溪开学考）小明同学自己动手做了一个直流电动机模型，接通电路后发现电动机不转动，可当他拨了一下线圈后，电动机就快速转了起来，造成这一情况的原因可能是（　　）
A．电源电压太低 B．电刷接触不良
C．电源正、负极接反了 D．开始时，线圈处于平衡位置了
12．（2025九上·慈溪开学考）如图是一款家用充电式电动螺丝刀，该电动螺丝刀在工作过程中能够通过正转和反转来实现紧螺丝或松螺丝的双重功能，下面四幅图中与这种电动螺丝刀的工作原理相同的是（　　）
A． B．
C． D．
13．（2025九上·慈溪开学考）便携式铝箔封口机能实现用铝箔将瓶子快速封口，其底部是一个用纯铜线圈制作的感应盘。给封口机通电，利用高频电流通过铜线圈产生磁场，将瓶装容器经过感应盘，此时瓶盖内铝箔垫片会被感应识别，附着在垫片上的金属铝瞬间发生炽热将垫片上的粘合层熔化到瓶口处并合为一体，实现封口。上述说明中涉及的知识包括（　　）
①电流的热效应
②电流的磁效应
③电磁感应
A．.只有①② B．.只有①③ C．只有②③ D．①②③
14．（2025九上·慈溪开学考）下列关于电功和电功率的叙述中，正确的是（　　）
A．电功率越大，电流做的功越多
B．电流做的功越多，电功率越大
C．电流做功的时间越短，电功率越大
D．电流在一定时间内做功越多，电功率越大
15．（2025九上·慈溪开学考）如图所示，两灯泡和规格分别为“6V 3W”和“6V 6W”，电源电压相同恒为6V，按甲、乙方式连接，工作时最亮的是（　　）
A．甲图中的 B．甲图中的 C．乙图中的 D．乙图中的
16．（2025九上·慈溪开学考）在“测定小灯泡额定功率”的实验中，要让小灯泡在额定电压下发光，当手移动滑动变阻器滑片时，眼睛应观察（　　）
A．灯泡的发光情况 B．变阻器滑片的位置
C．电压表的示数 D．电流表的示数
17．（2025九上·慈溪开学考）如图甲所示电路的电源电压为3伏，小灯泡的额定电压为2.5伏，图乙是小灯泡的I-U 图像。闭合开关S后，下列判断正确的是（　　）
A．电压表测的是小灯泡两端的电压
B．电流表示数为0.4安时，小灯泡的电阻是25欧
C．电压表示数为2.5伏时，小灯泡的功率是1.25瓦
D．小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电功率是0.25瓦
18．（2025九上·慈溪开学考）如图所示，图甲是某款即热式电热水龙头，图乙是它的电路原理图，R1和R2是电热丝，通过旋转手柄可使扇形开关S同时接触两个相邻触点，实现冷水、温水、热水挡的切换。若R2=2R1，水龙头在温水挡正常工作时电功率为1100W，电源电压恒为220V，则以下说法正确的是（　　）
A．电热丝电阻R1=44Ω
B．水龙头在热水挡正常工作时的功率是3300W
C．开关S接触3、4触点时，电热丝R1、R2串联
D．开关S接触2、3触点时，水龙头放出的是热水
19．（2025九上·慈溪开学考）如图中的皮划艇运动员一手支撑住桨柄的末端，另一手用力划桨，此时的船桨可看作是一个杠杆。下图中的船桨模型中最合理的是（　　）
A． B．
C． D．
20．（2025九上·慈溪开学考）实验中某同学将装水的烧杯放置在铁架台上，以下情况铁架台最有可能倾倒的是（　　）
A． B．
C． D．
21．（2025九上·慈溪开学考）骨骼、肌肉和关节等构成了人体的运动系统，人体中最基本的运动大多是由肌肉牵引骨骼绕关节转动产生的。如图所示，小科用手提起哑铃，这一动作可以认为桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动。下列说法正确的是（　　）
A．此杠杆的阻力是哑铃受到的重力
B．此杠杆的支点为A点
C．肱二头肌对前臂的牵引力是阻力
D．用手提起哑铃的过程中，动力臂小于阻力臂
22．（2025九上·慈溪开学考）如图所示，杠杆上分别放着质量不相等的两个球，杠杆在水平位置平衡，如果两球以相同速度同时匀速向支点移动，则杠杆（　　）
A．仍能平衡 B．不能平衡，大球那端下沉
C．不能平衡，小球那端下沉 D．无法判断
23．（2025九上·慈溪开学考）如图所示，杠杆OAB能绕O点转动，在A点挂一重物G，为保持杠杆在水平位置平衡，在B点分别作用的四个力中最小的是（　　）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
24．（2025九上·慈溪开学考）如图为父子两人一起抬货物的示意图，为父子两人肩膀所受压力。走在后边的儿子偷偷将货物从位置移到位置，则（　　）
A．变大，变小 B．保持不变
C．变大，变大 D．变小，变大
25．（2025九上·慈溪开学考）如图所示，用一个始终水平向右的动力F把杠杆OA从图示位置缓慢拉至接近水平的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．阻力臂一直变大
B．F先变小后变大
C．一直是省力杠杆
D．可以将杠杆OA拉至水平位置并保持静止
26．（2025九上·慈溪开学考）随着生活水平的提高，越来越多的家用电器进入家庭。
（1）下列家用电器利用电流热效应工作的是　 　（填字母）：
A.电脑　　B.电饭锅　　C.油烟机
（2）某户家庭电能表月初、月未的两次示数如图，若当地电价为0.5元/度，则该户家庭当月需交电费　 　元。
27．（2025九上·慈溪开学考）灯泡的铭牌分别为“”和“”，其中的“”表示灯泡的　 　。将它们并联在的电路中，较亮的灯泡是　 　。
28．（2025九上·慈溪开学考）用电热壶烧开水既方便又卫生，因此被广泛使用，某电热壶的结构如图甲所示。当电热壶接入家庭电路正常工作时，图中的a端应与　 　相连，c端应与　 　相连（以上均选填“地线”“零线”或“火线”）。用测电笔检测b端时，测电笔的氖管　 　（选填“会”或“不会”）发光。图乙、丙中所示的两种测电笔握法，正确的是　 　。
29．（2025九上·慈溪开学考）小亮同学在学习了“电和磁”的知识后，用甲、乙两个直流电动机设计了如图所示的装置，闭合开关后甲开始转动，同时用皮带带动乙转动，小灯泡发光。在此过程中，将电能转化为机械能的装置是　 　（选填“甲”或“乙”），如果要使甲的转动方向与原来相反，可采取的措施是　 　。
30．（2025九上·慈溪开学考）如图是某电热水壶内部电加热器原理电路，它有加热和保温两挡。图中所示的是水壶正处于　 　挡（填“保温”或“加热”）。已知该电热水壶处于“加热”挡时，通电0.1h可使标有1200imp/（kW·h）的电能表指示灯闪烁120次，则消耗的电能为　 　kW·h；若电热水壶“保温”挡功率为100W，则　 　。
31．（2025九上·慈溪开学考）在“创新实验设计比赛”的活动中，小明从如图甲所示的“两端发光的激光剑”玩具中得到启发，设计了图乙所示的电路原理图。小明设计的电路中两灯的连接方式是　 　。若电源电压为3V，灯泡的规格均为“2.5V 0.5A”，假设灯泡电阻不变，则电路接通后，每个灯泡的实际功率是　 　W。
32．（2025九上·慈溪开学考）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，使用用如图甲所示的电路，其中电源电压保持6V不变，小灯泡额定电压为2.5V（灯丝电阻约为12Ω）。
（1）为能顺利完成该实验探究，下列四种规格的滑动变阻器应选用　 　。
A.“10Ω；0.2A”的滑动变阻器
B.“10Ω；0.5A”的滑动变阻器
C.“20Ω；0.2A”的滑动变阻器
D.“20Ω；0.5A”的滑动变阻器
（2）电路连接完成后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不发光，电压表有示数，电流表无示数，若电路只有一处故障，则故障原因是：　 　；
（3）排除故障后，闭合开关，移动滑片至某一位置时，发现电压表的示数如图乙所示；此时为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向　 　端移动.（选填：“A”或“B”）；
（4）多次测量，得出通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系如图丙所示。分析图像可知：该小灯泡正常发光时，滑动变阻器的功率为　 　W。
33．（2025九上·慈溪开学考）如图所示，小科同学利用铁架台、带有刻度的杠杆、细线、若干相同钩码、弹簧测力计（单位N）等实验器材“探究杠杆的平衡条件”，一起完成以下问题：
（1）实验前，杠杆总静止在图甲所示位置，此时杠杆处于　 　（填“平衡”或“不平衡”）状态；若将右端的螺母调至最左端后，发现杠杆仍然左端高、右端低，则应再将左端的螺母向　 　（填“左”或“右”）调，直至杠杆在水平位置平衡；
（2）如图乙，杠杆处于水平平衡状态。若在A、B下方各减少一个相同的钩码，则杠杆　 　（填“左”或“右”）端将下沉；
（3）图丙是已经调成水平平衡的杠杆，在某处挂上适当的钩码后，用弹簧测力计在图示位置竖直向上拉，使杠杆在水平位置重新平衡，则所挂钩码的位置和重力可能是________（填字母编号）。
A．A处挂4N B．B处挂2N C．C处挂6N D．D处挂3N
34．（2025九上·慈溪开学考）建筑工地上，工人利用杠杆提起重物。如图所示，杠杆AOB在竖直拉力的作用下恰好在水平位置平衡。已知AB∶OB=4∶1，物体的重力为1800N，工人的质量为80kg。（杠杆与绳的自重、摩擦等均不计，g取10N/kg）。
（1）此杠杆为　 　（选填“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆；
（2）请作出A点的拉力及其力臂；
（3）该工人能提起的最大物重为多少牛？
35．（2025九上·慈溪开学考）小锦家一款新型电烤箱铭牌上的部分参数如表所示，其简化电路如图甲所示，R1、R2均为电热丝（阻值不随温度变化）；
××牌电烤箱
额定电压：220V
额定加热功率：1210W
额定保温功率：110W
（1）该电烤箱在额定保温功率下工作时的电流是多少？
（2）电热丝R2的阻值是多少？
（3）傍晚用电高峰期，小锦想测量电烤箱在工作时的实际功率，于是他断开了家中其他用电器，仅让电烤箱在加热状态下工作，1min内如图乙所示的电能表转盘转了50r，则电烤箱实际的加热功率是多少？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】触电危害及常见的触电类型与预防；安全用电原则
【解析】【分析】（1）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故；
（2）充电桩维修时必须先断开电源；
（3）用电器起火，先关闭电源再救火；生活用水是导体；
（4）破损的导线容易发生短路或发生触电事故。
【解答】A、安装充电桩时，为了安全，要接地线，故A错误；
B、充电桩维修时必须先断开电源，否则容易发生触电事故，故B错误；
C、万一有充电桩起火，应先关闭电源再施救；生活用水是导体，电器着火不能直接用水灭火，否则可能引起触电事故，故C错误；
D、充电线破损时，容易形成短路或发生触电事故，要及时更换，严禁直接使用，故D正确。
故答案为：D。
2．【答案】B
【知识点】电功率
【解析】【分析】
【解答】A、焦耳是电能的单位，故A错误；
B、瓦特是电功率的单位，故B正确；
C、伏特是电压的单位，故C错误；
D、千万时是电能的单位，故D错误。
故答案为：B。
3．【答案】C
【知识点】控制变量法；串、并联电路的电流特点；影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】串联电路电流处处相等；利用控制变量法进行分析。
【解答】由图可知，R1和R2串联，即通过的电流相同，R1和R2阻值不同，闭合开关加热时间相同，本实验是为了探究电热与电阻大小的关系，故ABD错误；C正确。
故答案为：C。
4．【答案】C
【知识点】家庭电路的故障分析
【解析】【分析】A.根据保险丝的材料和特点判断；
B.根据家庭电路安全通电的知识判断；
CD.两孔插座接线时左孔接零线，右孔接火线，根据测电笔的发光情况确定断路位置。
【解答】A．保险丝要选用电阻率大且熔点低的材料来制作，故A错误；
B．开关应接在火线和灯泡之间，故B错误；
CD．测电笔接触插座的右孔时不发光，说明右孔与火线之间存在断路。如果ab之间断路，那么灯泡不会发光，则断路发生在cd之间，故C正确，D错误。
故选C。
5．【答案】A
【知识点】电功计算公式的应用
【解析】【分析】由图可知用电器的电功率大小关系，根据可知持续工作时间最长的用电器。
【解答】由图可知，LED灯的电功率最小，洗衣机的电功率最大，在消耗电能相同时，根据可知，电功率越小，用电器工作的时间越长，所以一度电可供LED灯持续正常工作时间最长。
故答案为：A。
6．【答案】C
【知识点】测定小灯泡的功率
【解析】【分析】根据测定小灯泡额定功率的实验过程分析判断。
【解答】闭合开关后灯泡发光，但在实验中无论怎样调节滑动变阻器，电压表示数都达不到灯泡的额定电压，即当变阻器的阻值为零时，电压表的示数都小于额定电压。由于此时灯泡的电压为电源电压，因此肯定是电源电压过低造成的，故C正确，而A、B、D错误。
故选C。
7．【答案】D
【知识点】安全用电原则
【解析】【分析】为了安全，在拆除旧或者损坏的电器前应将电源切断。
【解答】A、换灯泡时，应先切断电源，再取下坏灯泡，故A错误；
B、在断开旧开关之前应先断开电路，故B错误；
C、换插座前应将判断火线和零线，在切断电源之后拆除旧插座，故C错误；
D、安装灯时，用测电笔测出火线后断开开关，接着铺设新线，安装灯和开关，最后通电测试，故D正确。
故答案为：D。
8．【答案】D
【知识点】电功率
【解析】【分析】白炽灯的亮度是由它的实际功率决定的，实际功率变大，就会变亮，实际功率变小，亮度变暗。
【解答】家里的白炽灯变暗，主要原因可能是白炽灯的实际功率变小造成的。
故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
9．【答案】C
【知识点】通电导体在磁场中的受力方向的判断；产生电磁感应现象的条件和规律
【解析】【分析】（1）对调电池正负极位置后，电流方向会改变。电流方向改变会导致线圈的旋转方向改变，而不是转速改变；
（2）对调强磁铁的南北极位置后，磁场方向会改变。根据左手定则，磁场方向改变也会导致线圈的旋转方向改变，而不是转速改变；
（3）增加一节干电池后，电池的总电压会增大（如果两节电池串联）。根据欧姆定律，电压增大时，通过线圈的电流也会增大。电流增大，线圈受到的安培力也会增大，从而导致转速增大；
（4）减弱磁铁的磁性会导致磁场强度减弱，磁场强度减弱会导致安培力减小，从而使转速减小。
【解答】AB、对调电池正负极位置、对调强磁铁南北极位置，改变电流方向和磁场方向，但不能增大转速，故AB不符合题意；
C、增加一节干电池后，电池的总电压会增大（如果两节电池串联）。根据欧姆定律，电压增大时，通过线圈的电流也会增大。电流增大，线圈受到的安培力也会增大，从而导致转速增大，故C正确；
D、减弱磁铁的磁性会导致磁场强度减弱，磁场强度减弱会导致安培力减小，从而使转速减小，故D错误。
故答案为：C。
10．【答案】B
【知识点】焦耳定律的计算公式及其应用
【解析】【分析】知道两导体的电阻之比和通过的电流之比，根据焦耳定律求出相同时间内产生的热量之比。
【解答】 由题意可知，R甲：R乙=2：3，I甲：I乙=3：1，
根据Q=I2Rt ，相同时间内产生的热量之比为
故答案为：B。
11．【答案】D
【知识点】直流电动机的构造原理与工作过程
【解析】【解答】当电动机的线圈处于平衡位置时，受平衡力的作用，故可能电动机不转，拨动一下后，打破平衡，电动机便转动起来，并且靠惯性能转过平衡位置，连续转动．A、B两个选项电动机始终不会转动．C选项中的电动机不会停止．
故选D．
【分析】 平衡位置是电动机的转子和定子形成了开路，导体中没有电流通过，磁场对其没有作用力，电动机不会转动．只要越过平衡位置后，产生电流，便可以转动了．
12．【答案】A
【知识点】影响电磁铁磁性强弱的因素；电磁感应；磁场对通电导线的作用
【解析】【分析】电动机是根据通电线圈在磁场中受到力的作用而发生转动的原理制成的。
【解答】家用充电式电动螺丝刀工作原理是通电导体在磁场中受力运动。
A、图中有电源，通电导体在磁场中受到力的作用而运动，是电动机的工作原理，与电动螺丝刀工作原理相同，故A正确。
B、该装置没有电源，是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中产生感应电流，是电磁感应现象，是发电机的工作原理，与电动螺丝刀原理不同，故B错误。
C、这是奥斯特实验，表明通电导线周围存在磁场，是电流的磁效应，并非电动螺丝刀的工作原理，故C错误。
D、此为探究影响电磁铁磁性强弱因素的实验，利用的是电流的磁效应，和电动螺丝刀原理不一样，故D错误。
故答案为：A。
13．【答案】D
【知识点】通电直导线周围的磁场；电磁铁的其他应用；电磁感应
【解析】【分析】电流的周围存在磁场；闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流；电流通过导体时会产生热量。
【解答】工作时给封口机通电，利用高频电流通过电感线圈产生磁场，这是电流的磁效应；
当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生较大的感应电流，这是电磁感应现象；
电流通过铝箔会产生热量，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在瓶口上达到迅速封口的目的，这是电流的热效应，所以涉及的知识包括①②③，故D正确。
故答案为：D。
14．【答案】D
【知识点】电功的实质；电功率
【解析】【分析】电功是用电器中电流所做的功，消耗多少电能就做多少功；
电功率是表示电流做功快慢的物理量，定义是单位时间内电流做功的多少。
【解答】A、在不确定做功时间的情况下，电功率越大，电流做的功不一定越多，故A错误；
B、在不确定做功时间的情况下，电流做的功越多，电功率不一定越大，故B错误；
C、在不确定做功多少的情况下，电流做功的时间越短，电功率不一定越大，故C错误；
D、由电功率的定义可知，电流在一定时间内做功越多，电功率越大，故D正确。
故选：D。
15．【答案】D
【知识点】串、并联电路的电压特点；电功率
【解析】【分析】灯泡的亮度决定于实际功率大小，
（1）根据串联分压确定串联时的电压，得出实际功率与额定功率的关系；
（2）根据并联电压相等，确定实际功率。
【解答】灯泡的亮度决定于实际功率大小，甲图中两个灯泡串联，根据串联分压，每个灯泡的电压都小于6V，实际功率都小于额定功率；乙图并联，每个灯泡的电压都等于额定电压6V，都正常发光，两灯泡规格分别为“6V 3W”和“6V 6W“，说明L2的实际功率大，故并联时L2最亮，故D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为： D。
16．【答案】C
【知识点】测定小灯泡的功率
【解析】【分析】在“额定电压下测定小灯泡额定功率”的实验中，当手移动变阻器滑片时，眼睛应观察电压表示数，使灯泡两端的电压达到额定电压，并读出此时通过灯泡的电流值，最后根据功率的计算公式，计算灯泡的额定功率。
【解答】A、观察灯泡的发光情况不能直接确定灯泡是否在额定电压下发光，故该选项错误。
B、观察变阻器滑片的位置无法得知小灯泡两端的电压是否达到额定电压，故该选项错误。
C、因为要让小灯泡在额定电压下发光，所以移动滑动变阻器滑片时，眼睛应观察电压表的示数，看其是否达到小灯泡的额定电压，故该选项正确。
D、观察电流表的示数不能直接确定灯泡是否在额定电压下发光，故该选项错误。
故答案为：C。
17．【答案】D
【知识点】串、并联电路的电压特点；测定小灯泡的功率
【解析】【分析】A、由图可知，闭合开关S后，灯泡与变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
B、由图象知，当电流为0.4A时，对应的电压为1V，由欧姆定律得出灯的电阻；
C、电压表示数为2.5V时，由串联电路电压的规律得出灯的电压，由图知此时通过灯泡的电流，根据P=UI得出小灯泡的功率；
D、小灯泡的电压等于额定电压2.5V时，灯正常发光，由图象可知灯的额定电流，根据串联电路电压的规律求出变阻器的电压，根据P=UI求出变阻器的功率。
【解答】A、电路图中，灯泡与变阻器串联，电压表与滑动变阻器并联，测的是滑动变阻器两端的电压，而不是小灯泡两端的电压，故A错误；
B、由灯泡的I-U图象可知，当电流为0.4A时，小灯泡的电压为1V。由欧姆定律可得，灯的电阻，故B错误；
C、电压表示数为2.5V时，由串联电路电压的规律可得小灯泡两端的电压为3V-2.5V=0.5V， 由图象可知，小灯泡的电压为0.5V时电流为0.3A，则小灯泡的功率，故C错误；
D、小灯泡的电压等于额定电压2.5V时，小灯泡正常发光。由图象可知，灯的额定电流为0.5A，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为0.5V， 此时滑动变阻器的功率，故D正确。
故答案为：D。
18．【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】 ACD.由图乙可知，当扇形开关S接1、2时，电路断开，当扇形开关S接2、3时，只有R2工作，当扇形开关S接3、4时，R1、R2并联，根据并联电路的特点和可知电热水龙头冷水、温水、热水挡的电路连接；根据温水挡功率和可求出R2的阻值，根据R1、R2的关系可求出R1的阻值；B.根据可求出水龙头在热水挡正常工作时的功率。
【解答】ACD．根据乙图可知，当扇形开关S接2、3时，只有R2工作，电路中的总电阻最大，由可知，此时总功率最小，水龙头处于温水挡，
那么R2的阻值为：；
则R1的阻值R1=0.5R2=0.5×44Ω=22Ω；
故ACD错误；
B． 当扇形开关S接3、4时，R1和R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小，由可知，电路的总功率最大，水龙头处于热水挡；
水龙头在热水挡正常工作时的功率为，
故选B。
19．【答案】B
【知识点】杠杆的应用
【解析】【分析】在分析时，注意确定杠杆的支点即杠杆围绕转动的点。当人向后划桨时，浆的上端为支点，人给浆的力向后，水给浆的力向前。
【解答】由题意可知，撑住桨柄的末端为支点，下面的手给浆向后的力，这时水给浆一个向前的力，使船前进。
故答案为：B。
20．【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件结合图中力和力臂大小关系分析。
【解答】假设铁架台的自重力为阻力，则阻力保持不变，C、D的支点在右侧边缘，C、D的阻力和阻力臂相同，所以C、D烧杯压力的作用点在支点左侧，与阻力作用效果相同，不可能翻到。而A、B的支点在最左侧边缘，A中烧杯的力臂最大，所以A、B中A最有可能翻到。
故答案为： A。
21．【答案】D
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【分析】动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；动力臂等于阻力臂，为等臂杠杆。
【解答】A、用手提起哑铃，此杠杆的阻力是哑铃对手的压力，哑铃受到的重力是哑铃受到的力，不是杠杆受到的力，故A错误；
B、此杠杆的支点为C点，A点是动力作用点，故B错误；
C、肱二头肌对前臂的牵引力是使杠杆转动的力，是动力，故C错误；
D、支点到动力作用线的距离是动力臂，支点到阻力作用线的距离是阻力臂，用手提起哑铃的过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D正确。
故答案为：D。
22．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】本题重点在于分析移动中两球相对于支点的力与对应力臂的乘积变化，通过比较可以得出杠杆的移动方向。
【解答】开始时两球平衡，即力与对应力臂的乘积相等；当运动时，两球速度相同，则在相同时间内移动的距离相同，大球的力与对应力臂的乘积减少的快，则大球力与对应力臂的乘积会小于小球力与对应力臂的乘积，杠杆向小球那端下沉。
故答案为：C。
23．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小。所以要判断哪个动力最小，就看哪个动力对应的动力臂最长。支点与动力作用点之间的连线就是最长的动力臂，与这条动力臂垂直的力即为最小动力。
【解答】 由图可知，动力F3与OB垂直，则动力F3对应的动力臂就是OB，它是最长的动力臂。由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小。因为F3对应的动力臂最长，所以F3最小。
故答案为： C。
24．【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】根据力臂的定义分析力臂大小的变化，根据杠杆的平衡条件分析力的大小变化。
【解答】走在后边的儿子偷偷将货物从a位置移到b位置，对于父亲来说，儿子的肩膀为支点，此时阻力大小不变，阻力臂变小，动力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，父亲施加的力变小，即F1变小；对于儿子来说，父亲的肩膀为支点，此时阻力大小不变，阻力臂变大，动力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，儿子施加的力变大，即F2变大，故D正确。
故答案为： D。
25．【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂．根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，力F始终水平向右，即动力臂不断变小，把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中，阻力不变，阻力臂变大，所以动力变大。
【解答】A、用一个始终水平向右的力F把杠杆OA从图示位置缓慢拉至接近水平的过程中，阻力臂是变大的，故A正确；
B、根据杠杆平衡条件，动力阻力不变，阻力臂变大，动力臂减小，故动力增大，故B错误；
C、因为阻力臂变大，动力臂减小，当杠杆与竖直方向接近垂直时，动力臂小于阻力臂时，就是费力杠杆了，故C错误；
D、杠杆OA拉至水平位置时，动力臂为0，根据杠杆平衡条件，杠杆不能在此位置保持静止，故D错误。
故答案为： A。
26．【答案】B；75
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法；常用电热器
【解析】【分析】（1）电流通过导体要发热，电能转为内能，这叫做电流的热效应，如电灯、电炉、电烙铁、电焊等都是电流的热效应的例子；
（2）电能表的读数方法：月末的减去月初的示数，知道电费的单价，从而可以计算出该同学家本月应付电费的费用。
【解答】（1）A、电脑工作时，主要将电能转化为光能和声能，不是利用电流热效应工作的，故A不合题意；
B、电饭锅工作时，主要将电能转化为内能，是利用了电流的热效应，故B符合题意；
C、油烟机工作时，主要将电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作的，故C不符合题意。
故选B。
（2）由图知道，该户消耗的电能为W=W2-W1=5818.3kW h-5668.3kW h=150kW h
由于电价为0.5元/度，所以，该同学家本月应付的电费为150kW h×0.5元/kW h=75元
27．【答案】额定电压；L2
【知识点】电器的电功率
【解析】【分析】铭牌标出的是额定电压和额定功率，灯泡的亮度由其实际功率决定，实际功率越大，灯泡越亮。
【解答】 灯泡L1、L2的铭牌分别为“220V 25W”和“220V 100W”，其中的“220V”表示灯泡的额定电压。将它们并联在220V的电路中，实际电压都等于额定电压，都正常发光，因而实际功率等于额定功率，而L2的额定功率大，则实际功率大，较亮的灯泡是L2。
28．【答案】火线；地线；不会；丙
【知识点】测电笔的使用
【解析】【分析】（1）金属用电器外壳一定接地，防止金属外壳的用电器漏电时发生触电事故；火线首先接入开关，然后接入保险丝，再接入电阻丝；保险丝接在开关的后面，当保险丝熔断后能方便更换保险丝；零线直接接入电阻丝；
（2）测电笔是用来辨别零线和火线的工具，当笔尖接触到火线时，氖管会亮，接触零线时，氖管不亮；根据测电笔的正确使用方法进行分析，即手指接触测电笔末端的金属部位，使电路形成通路。
【解答】根据甲图可知，a端与开关相连，则a应该接火线，而b接零线；
c端与电水壶的外壳相连，则它与地线相连；
测电笔只有与火线接触时才会发光，而b接零线，所以用测电笔检测b端时，测电笔的氖管不发光；
图丙中电笔的笔尖接触电源，由于手与笔尾的金属体接触，因此电源、测电笔、人体与大地可以形成通路；而图乙中手没有接触笔尾的金属体，因此不会和大地形成通路，故丙图握法正确。
29．【答案】甲；将电源正负极对调
【知识点】电磁感应
【解析】【分析】（1）通电导体在磁场中受力而运动，将电能转化为机械能，其实际应用是电动机；闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，这种现象叫电磁感应，该过程中机械能转化为电能，其实际应用是发电机；
（2）通电导体在磁场中的受力方向与电流的方向和磁场的方向有关。
【解答】在此过程中，将电能转化为机械能的装置是甲，其工作原理是通电导体在磁场中受力的作用。
通电导体受到的磁力方向与磁场方向、电流方向有关。如果要使甲的转动方向与原来相反，可采取的措施是将电源正负极对调，改变电流中的电流方向。
30．【答案】保温；0.1；435.6
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法
【解析】【分析】（1）开关S断开时，两个电阻串联，电路的总电阻最大，由可知总功率最小，处于保温挡；S闭合时，只有R1的简单电路，电路的总电阻最小，由可知总功率最大，处于高温挡；
（2）“1200imp/kW h”表示电路中用电器每消耗1kW h的电能，电能表的指示灯闪烁120次，据此得出指示灯闪烁120次消耗的电能，根据求出高温挡的功率，根据变形可求出R1的阻值和保温时总电阻，由电阻的串联得到R2的阻值。
【解答】当开关S断开时，电阻R1、R2 串联，此时电路中的电阻较大，根据电功率公式 ，在电压U一定的情况下，电阻R越大，电功率P越小，所以电水壶处于“保温”挡。
已知电能表指示灯闪烁120次，而电能表的参数为1200imp/(kW h)，这表示每消耗1kW h的电能，指示灯会闪烁1200次。因此，消耗的电能
当电水壶处于“保温”挡时，R1 和R2 串联接入电路，此时的总功率为100W。根据得“保温”挡时电路的总电阻为
又因为当开关S闭合时，电水壶处于“加热”挡，此时只有R1 接入电路，且消耗的电能已知为0.1kW h，所以“加热”挡的功率为
由此可得R1 的阻值为
则R2的大小为
31．【答案】串联；0.45
【知识点】测定小灯泡的功率；电功率
【解析】【分析】由图乙可知，两个灯泡逐个顺次地接在电源两端，即两灯串联；根据规格参数，结合欧姆定律求出每个灯的电阻，根据串联电路的分压原理得出每个灯泡的实际电压，根据
求出每个灯泡的实际功率。
【解答】由图所示的方法连接，电流只有一条路径，即电流逐个通过两灯，故两灯的连接方式是串联。
根据欧姆定律可得，灯泡的电阻
由串联电路中总电阻等于各电阻之和和欧姆定律可得，电路中的电流
则每个灯泡的实际功率
32．【答案】D；灯泡断路；B；0.7
【知识点】测定小灯泡的功率
【解析】【分析】（1）由计算灯泡正常发光的电流，滑动变阻器与灯泡串联。根据串联电路特点和欧姆定律计算滑动变阻器的电阻；
（2）闭合开关，灯泡不亮，电流表无示数，说明电路断路了；电压表的指针有示数，说明电压表通过电流表和滑动变阻器与电源两极相连，由此分析故障的原因；
（3）读出电压表示数，根据串联电路的分压原理分析滑片的移动方向；
（4）当灯泡电压达到额定电压时灯泡正常发光，由图象读出灯泡电压2.5V时的电流，根据P=UI计算额定功率；灯丝电阻受温度影响。
【解答】（1）电源电压为6V，灯泡正常工作时，灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器两端电压
灯泡电阻约为12Ω，电路电电流为
此时滑动变阻器连入阻值
所以应选20Ω 0.5A的滑动变阻器，故选D。
（2）闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能存在断路，电压表有示数，说明电压表与电源接通，故障可能是电压表两接线柱之间的电路是断路，所以出现故障的原因是小灯泡断路。
（3）由图乙，电压表使用量程，分度值0.1V，示数为2.2V，要测量小灯泡的额定功率，需增大灯泡电压，根据串联电路的分压原理，应减小滑动变阻器连入阻值，即向B端移动。
（4）当电压表示数为2.5V时，灯泡正常发光，由丙图像可知此时灯泡的电流为0.2A，滑动变阻器两端的电压为
滑动变阻器的功率
33．【答案】（1）平衡；左
（2）右
（3）C
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；调节杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究；
（2）要判断此题，需掌握杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，在支点两侧的钩码下方分别再加挂一个相同的钩码，若力和力臂的乘积相等，杠杆平衡；若力和力臂的乘积不相等，则杠杆向乘积大的一端倾斜；
（3）观察弹簧测力计的量程和分度值，读出弹簧测力计的示数；根据杠杆平衡条件计算钩码的总重力。
【解答】（1）当杠杆静止或匀速转动，都是处于平衡状态。此时杠杆静止，处于平衡状态。
若将右端的螺母调至最左端后，发现杠杆仍然左端高、右端低，说明右端质量大，应将平衡螺母向上翘的左端移动，直到杠杆在水平位置平衡。
（2）设每个钩码重为G，杠杆上每格长L，由图乙所示，若在A、B下方各减少一个相同的钩码，左侧力与力臂的乘积为3G×3L=9GL
右侧力与力臂的乘积为5G×2L=10GL
因为10GL>9GL，所以，杠杆右端将下沉。
（3）如图丙所示，测力计的分度值为0.2N，示数为3.0N，设杠杆的一个小格为L，钩码的重力为G。A、当在A处挂钩码时，根据杠杆平衡条件可得GA×3L=3.0N×2L
则
即在A处所挂钩码的重力为2N，故A不符合题意；
B、当在B处挂钩码时，根据杠杆平衡条件可得GB×2L=3.0N×2L
则
即在B处所挂钩码的重力为3N，故B不符合题意；
C、当在C处挂钩码时，根据杠杆平衡条件可得GC×L=3.0N×2L
则
即在C处所挂钩码的重力为6N，故C符合题意；
D、D处悬挂钩码不能平衡。故D不符合题意。
故答案为：C。
（1）[1]当杠杆静止或匀速转动，都是处于平衡状态。此时杠杆静止，处于平衡状态。
[2]若将右端的螺母调至最左端后，发现杠杆仍然左端高、右端低，说明右端质量大，应将平衡螺母向上翘的左端移动，直到杠杆在水平位置平衡。
（2）设每个钩码重为G，杠杆上每格长L，由图乙所示，若在A、B下方各减少一个相同的钩码，左侧力与力臂的乘积为3G×3L=9GL
右侧力与力臂的乘积为5G×2L=10GL
因为10GL>9GL，所以，杠杆右端将下沉。
（3）如图丙所示，测力计的分度值为0.2N，示数为3.0N，设杠杆的一个小格为L，钩码的重力为G。
A．当在A处挂钩码时，根据杠杆平衡条件可得GA×3L=3.0N×2L
则
即在A处所挂钩码的重力为2N，故A不符合题意；
B．当在B处挂钩码时，根据杠杆平衡条件可得GB×2L=3.0N×2L
则
即在B处所挂钩码的重力为3N，故B不符合题意；
C．当在C处挂钩码时，根据杠杆平衡条件可得GC×L=3.0N×2L
则
即在C处所挂钩码的重力为6N，故C符合题意；
D．D处悬挂钩码不能平衡。故D不符合题意。
故选C。
34．【答案】（1）省力
（2）
（3）人向下的拉力最多等于自身的重力，否则人被拉起来，故杠杆上A点产生的最大拉力等于人的重力
根据杠杆的平衡条件得
则
故该工人能提起的最大物重为2400N。
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的应用
【解析】【分析】（1）根据动力臂与阻力臂大小关系分析；
（2）请作出A点的拉力的方向为竖直向下；从支点到力的作用线的距离为力臂；
（3）结合人的最大拉力，根据杠杆平衡条件计算。
【解答】（1）由于两侧的拉力都是竖直向下，故力臂在水平位置，由图可知，OA为动力臂，OB为阻力臂，已知AB∶OB=4∶1，OA+OB=AB，则OA∶OB=3∶1，此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆。
（2）根据杠杆的平衡条件可得，此时杠杆刚好处于水平状态，则杠杆处于平衡状态，此时A点的拉力竖直向下，为动力；动力臂从支点O到动力作用线的距离“lA”。如图所示：
（1）由于两侧的拉力都是竖直向下，故力臂在水平位置，由图可知，OA为动力臂，OB为阻力臂，已知AB∶OB=4∶1，OA+OB=AB，则OA∶OB=3∶1，此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆。
（2）根据杠杆的平衡条件可得，此时杠杆刚好处于水平状态，则杠杆处于平衡状态，此时A点的拉力竖直向下，为动力；动力臂从支点O到动力作用线的距离“lA”。如图所示：
（3）人向下的拉力最多等于自身的重力，否则人被拉起来，故杠杆上A点产生的最大拉力等于人的重力
根据杠杆的平衡条件得
则
故该工人能提起的最大物重为2400N。
35．【答案】解：（1）该电烤箱在额定保温功率下工作时的电流
（2）当S闭合，S1接右边接线柱b时，R1单独工作，电路中电阻较大，由可知，电路处于保温挡位；当S闭合、S1接左边接线柱a时，电阻R1和R2并联，电路中电阻较小，由可知，处于加热挡位，此时R1的电功率
R2的电功率
则电热丝R2的阻值
（3）电能表转盘转了50r，电烤箱消耗的电能
电烤箱的实际功率
答：（1）该电烤箱在额定保温功率下工作时的电流为0.5A；
（2）电热丝R2的阻值为44Ω；
（3）电烤箱的实际功率是1000W。
【知识点】电能表参数的理解与电能的求法
【解析】【分析】（1）知道额定保温功率、工作电压，利用P=UI求该电烤箱在额定保温功率下工作时的电流；
（2）当S闭合，S1接右边接线柱b时，R1单独工作，电路中电阻较大，电源电压一定，由可知，此时电功率较小，电路处于保温挡；当S闭合、S2接左边接线柱a时，电阻R1和R2并联，电路中电阻较小，电源电压一定，由可知，此时电功率较大，处于加热挡，此时R1的电功率等于保温挡功率，知道加热挡功率，减去R1的电功率，可得R2的电功率，再利用可求R2的阻值大小；
（3）电能表上“3000r/（kW h）”表示电路中用电器每消耗1kW h的电能，电能表的转盘转3000r，据此求电能表转盘转了50r时，电烤箱消耗的电能，知道工作时间，利用求出电烤箱的实际功率。
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