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浙教版科学九上 第三单元测试
一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分。请选出每小题中一个符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分)
1．公筷公勺是文明新“食尚”。当你用筷子夹菜时（如图），你就在使用杠杆了。下列工具正常使用时与筷子是同类型杠杆的是（ ）
A． B．
C． D．
2．下列关于电功率的说法中正确的是 （ ）
A．电流做功越多，电功率越大
B．电流做功时间越短，电功率越大
C．在相等时间内，消耗电能越多的用电器电功率越大
D．电功率越大的用电器，消耗电能越多
3．如图所示，人们修筑拦河坝来提高上游的水位，在坝底安装水轮机带动发电机发电。当上游一定量的水，经水轮机流到下游的过程中，下列分析正确的是
A．水的机械能始终保持不变
B．水的重力势能增大，动能减小
C．水冲击水轮机时，水的一部分动能转移为水轮机的动能
D．水轮机带动发电机发电，电能转化成机械能
4．对下面的图片所描述的过程，能量变化分析正确的是( )
A．图甲：厚玻璃筒内的空气被压缩时，空气的内能减少
B．图乙：瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能增大
C．图丙：试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能减少
D．图丁：汽缸内的气体推动活塞向下运动时，气体的内能增大
5．如图所示，乘客站在水平台阶上随自动扶梯匀速上楼，在此过程中蕴含着许多科学知识下列说法正确的是（ ）
A．乘客的机械能增加
B．乘客的重力势能不变
C．扶梯台阶不对乘客做功
D．扶梯上乘客受到重力、支持力和摩擦力的作用
6．如图所示的实验装置中。三个相同的烧瓶A、B、C内都盛有质量和初温均相等的液体，其中A、B烧瓶中装的是水，C烧瓶中装的是煤油。A、B、C瓶中电阻丝的阻值分别为RA、RB、RC，且RA=RC>RB。当合上开关S通电一定时间后（三个烧瓶中的液体均未达到沸腾），A、B、C瓶中温度计示数分别为TA、TB、TC。对三支温度计示效的判断，下列说法正确的是（均不计热损失，比热容c水>c煤油）（ ）
A．TA=TB
TB C．TC>TA>TB D．TA>TB>TC
7．标有“36V 40W”和“220V 40W”的两盏白炽灯都发光时，下列说法正确的是（ ）
A．“220V 40W”的灯较亮 B．“36V 40W”的灯较亮
C．两盏灯一样亮 D．无法判断哪盏灯较亮
8．小科在操场上将一篮球抛出，篮球被抛出后的运动轨迹如图所示，a、c两点处于同一高度。则下列判断中正确的是（ ）
A．篮球由a到b时，动能逐渐增大 B．篮球在b点时的机械能最大
C．篮球在a、c两点时动能相等 D．篮球由c到d时，机械能一直减小
9．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
10．如图所示，小宁用竖直向上的拉力F提升物体，使物体在2s内匀速上升了0.1m已知物体重为1N，动滑轮重为0.25N，不计绳重和摩擦，这一过程中，下列说法错误的是（ ）
A．绳子自由端移动速度为0.05m/s B．拉力F的大小为0.625N
C．拉力F做功为0.125J D．该滑轮的机械效率为80%
11．通过两定值电阻甲、乙的电流与电压关系如图所示，当将甲、乙两电阻并联在2V的电源两端，下列分析错误的是（ ）
A．甲、乙电阻的电流之比为2：1 B．干路上的电流是0.6A
C．甲消耗的电功率为0.4W D．乙在1分钟内消耗的电能为24J
12． 如图甲所示，小球从某高度处由静止下落到竖直放置的弹簧上并压缩弹簧。从小球刚接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度v和弹簧被压缩的长度Δl之间的关系如图乙所示，其中b为曲线最高点。不计空气阻力，弹簧一直是弹性形变。在弹簧向下被压缩的过程中，下列说法错误的是( )
A．弹簧受到的弹力一直增大
B．小球在b点时速度最大，动能最大
C．从a到b过程，小球受到的合力减小
D．从b到最低点的过程，重力势能转化为弹性势能，小球的机械能不变
13．为了打赢疫情防控战，某工厂加紧生产消毒液，如图甲所示，这是生产车间流水线上瓶装消毒液输送及计数装置示意图，其中S为激光源，R1为光敏电阻（有光照射时阻值变小），R2是阻值为的定值保护电阻，a、b间接监控装置，R1两端的电压随时间变化的关系如图乙所示，电源电压恒为6V，则下列说法正确的是（ ）
A．当有瓶装消毒液遮挡激光时，R2消耗的功率为0.4W
B．当没有瓶装消毒液遮挡激光时，光敏电阻R1的阻值为
C．当没有瓶装消毒液遮挡激光时，电路消耗的总功率为0.6W
D．生产线正常生产时，一分钟可生产消毒液150瓶
14．如图所示，F1＝4N，F2＝3N，此时物体A相对于地面静止，物体B以0.1m/s的速度在物体A表面向左做匀速直线运动（不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦）。下列说法正确的是（ ）
A．F2的功率为0.3W
B．如果增大F2，物体A相对于地面仍静止
C．弹簧测力计读数为6N
D．地面对物体A的摩擦力方向水平向左，大小为2N
15．如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为60欧，电源电压保持不变。滑动变阻器R2的滑片从一端滑到另一端的过程中，测得R2的电功率与通过它的电流的关系如图乙所示。下列说法不正确的是（ ）
A．R2的滑片向左滑动时，电流表示数变大，电压表示数变小
B．电源电压为18V
C．R1的电功率变化范围是6～18W
D．R2的滑片在中点的时，R2的电功率最大
二、填空题(本题共7小题20空，每空2分，共40分)
16．某知名品牌手机充电宝，上面标有输出电压为5V，容量为20000mA h，给充电宝充电过程中，电能转化为 能储存起来，它充满电后，大约储存了 J的电能。
17．卡车的车厢高1.5m，师傅将一块5m长的木板搭在地面与车厢之间构成斜面（如图），在车上用400N的拉力将重为1000N的木箱匀速拉上车厢，则这个斜面的机械效率是 ，物体受到的摩擦力是 N，若增大该斜面的倾角，斜面的机械效率将 （选填“变大”、“变小”、“不变”）。
18．在家用电器调查活动中，小科让电热水器单独工作2min，测得家中如图所示的电能表的转盘转了70r，热水器的实际功率为 ；若不计能量损失，这段时间内热水器中50L的水可升温 ℃。由于热水器的功率远大于冰箱，从安全用电的角度考虑，热水器的电源线比冰箱的要 （选填“粗”或“细”）。［已知：，］
19．甲、乙、丙是三个完全相同的网球，如图所示，在同一高度以大小相等的速度，将甲球竖直向下抛出、乙球竖直向上抛出，丙球斜向上抛出，不计空气阻力。落地前的运动过程中，甲球的动能 (选填‘增大”“不变”或“减小”)，乙、丙两球上升的最大高度 (选填“相等”或“不相等”)，落地瞬间，乙球的速度 (选填“大于”“等于”或“小于”)甲球的速度。
20． 如图所示， 物体A 重为200N， C D滑轮重均为30N。物体B 重为120N，它恰好能拉着A 向右匀速运动。现用水平向左的拉力 F作用于物体A 上，使物体B在5s 内匀速上升了0.8m，则：(不计绳重和摩擦)
（1） 图中 D为 (填“定”或“动”)滑轮， C在此次提升重物过程中的作用是 。
（2）拉力F的大小为 N，拉力F的功率为 W
21．小杭设计的“井盖丢失自动警示装置”如图所示，当井盖丢失时上方没了压力，弹簧的弹力将标志弹起，起到警示作用。已知标志牌的重力为20牛，重心在A点，OA长度为1米。（轻质杆和弹簧的质量忽略不计）
（1）装置中的弹簧将标志弹起至竖直位置，在这过程中是将弹簧的弹性势能转化为标志牌的 能；
（2）若将标志牌从水平地面弹起至竖直位置，则克服标志能重力做功 焦；
（3）将弹簧固定在B点，若产生的弹力始终竖直向上，OB长0.4米。现有三种最大弹力不同的弹簧，请你选择最合适的弹簧并说明理由 。
弹簧种类 A B C
最大弹力 10牛 30牛 60牛
22．如图甲是小明同学在建兰校运动会上投掷实心球的场景，当实心球脱手时，重心离地面的高度是1.8m，重心上升了0.9m。已知实心球质量为2千克，小明的质量为55千克。
（1）若小明每只脚与地面的接触面积是200cm2，则小明手握实心球双脚站立在水平地面时，脚对地面的压强为 ；
（2）实心球从最高点至落地的过程中，实心球重力所做的功是 ；
（3）实心球自脱手至落地的过程中（不计空气阻力），图乙中关于其动能、重力势能和机械能的大小分别随时间变化的曲线中，顺序组合正确的是____。
A．②③④ B．④②③ C．②①③ D．④③②
三、实验探究题(本大题共5小题，每空2分，共40分)
23．杆秤在古籍中被称为“权衡器”，《墨经》最早对权衡器的杠杆原理做了理论上的探讨。某同学进行“探究杠杆的平衡条件”实验后，制作了一把杆秤。
（1）图甲中“标”“本”指的是 。（选填“力臂”或“力”）
（2）用图甲杆秤进行某次测量时，增大了“重”，此时应把“权” O点（选填“远离”或“靠近”）。
（3）图甲杆秤量程偏小，为了增大杆秤量程，以下方法中可行的是 。（可多选）
A．增加“权”的质量 B．增长“标”的长度 C．增长“本”的长度
（4）乙图为另一把杆秤，已知秤纽在C点时杆秤最大可以测量的物体质量为1880g，那么秤纽移到 B点后该杆秤最大可测物体的质量为 g（杆秤自身重力不计，E点为秤砣可移动的最远端）。
24．兴趣小组的同学认为车祸的危害程度与汽车的动能大小有关，于是他们进行了如下探究：
【提出问题】汽车的动能大小跟什么因素有关？
【猜想假设】由“十次车祸九次快”可猜想：汽车的动能可能跟速度有关；由“安全驾驶莫超载”可猜想：汽车的动能可能跟质量有关；
【进行实验】他们做了如图甲、乙、丙所示的三次实验：用金属球模拟汽车，让金属球从斜槽的某一高度由静止开始滚下，碰到水平面上的物块，将物块撞出一段距离；
（1）【分析论证】分析甲、乙两图的实验现象，可以初步得到的结论是： ；
（2）【实践应用】用甲、丙两图的实验现象所得到的结论，可以解释汽车 （选填“超载”或“超速”）行驶时危险性更大的原因；
（3）【评估交流】如果换用图丁所示装置进行实验，选择合适的器材可以研究小球的动能大小与 （选填“质量”、“速度”或“质量和速度”）的关系；
（4）他们由此还联想到牛顿第一定律的实验，让同一小车沿同一斜面的同一高度由静止开始向下滑下，在粗糙程度不同的水平表面运动直至停止；在水平运动的整个过程中，小车在玻璃、毛巾表面克服摩擦力做功的功率分别为P1、P2，则P1 P2（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
25．项目化学习小组以“校园直饮水机结构探秘”为主题，开展项目化实践活动。
（1）【项目一】加热原理
现用电热片a、b接入图甲电路模拟电热开水器的电路。已知电热片a、b的阻值为或，但因铭牌不清无法确定，项目化小组同学利用图甲确认电热片阻值大小。已知电源电压恒为，变温油墨纸片温度升高到一定值时红色会褪去。将红色油墨纸片同时放在a、b上面，闭合开关S，发现上的油墨纸片红色先褪去，则的阻值为 ；
（2）图甲电路能模拟电热开水器保温和加热两档功能。根据（1）实验，计算图甲电路的加热功率为多少 ？
（3）【项目二】热交换器设计
项目化小组的同学想到将电热开水器中的开水变成温开水，需要冷却放热。若将冷却放出的热量利用起来，用于提高进电热开水器前水的温度，可以节约电能。于是小组同学设计如图乙所示的方案。
该方案用波纹管比直管冷却效果更佳的原因是 。
（4）【项目三】节能效果
校园直饮水机采用上述热交换的方式，使进水管的常温自来水从变成的热水，再通电加热至。要得到的开水，相较于将的自来水直接烧开，可节约电能多少 ？[不计热量损失，]
26．某同学用如图所示装置探究电流通过导体产生的热量与导体电阻、电流大小的关系。甲、乙两个完全相同的烧瓶内装有等量的煤油，瓶内电阻的阻值分别为5欧和10欧， A、B是相同的玻璃管，管内初始液面位置相同。
实验一：闭合开关，通电1分钟记录A、B玻璃管液面上升的高度，分别记作 h1和
实验二：断开开关，当两根玻璃管中的液面降回到原来的高度后，减小滑动变阻器连入电路的阻值。再闭合开关，通电1分钟记录A、B玻璃管液面上升的高度分别记作h3和 h4。
实验序号 电流表读数/A 4分钟后甲瓶升高的温度/℃ 4分钟后乙瓶升高的温度/℃
1 1 5. 0 10. 0
2 1. 5 △t1 △t2
3 2 20. 0 40. 0
...... ...... ...... ......
（1）除电流表和秒表外，本实验中还需要用到的测量工具为 。
（2）实验中，将电阻丝串联连接的目的是 。
（3）多次重复实验均发现 ，则可以得出的结论为 。
（4）该同学查阅资料后发现“在通电时间不变时，电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比”。于·是，他将玻璃管换成温度计，重新实验，测得数据如表所示，若要使其支持该结论，则表中 的理论值为 。
27．小科准备测定小灯泡的功率，被测小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，实验室有如下器
材：电源(电压为6V)、电流表(0～0.6A、0～3A)、电压表(0~3V、0~15V)、开关、导线若 干、滑动变阻器两只：R1(10Ω 0.5A)，R2(20Ω 0.5A)。
（1）小科在正确连接电路后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，则电路的 故障可能是. ；
A． 灯泡短路 B． 灯泡断路
C． 滑动变阻器短路 D．滑动变阻器断路
（2）电路故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，电流表指针如图甲所示，则此时通过 小灯泡的电流是. A；
（3）为了满足测量要求，实验电路应该选用滑动变阻器. ；(选填“R1”或“R2”)
（4）小科根据记录的多组I-U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图像(如图乙)， 则小灯泡的额定功率为 W。
四、解答题(本大题共5小题，共35分)
28．（本题6分，第题2分）频闪摄影是研究物体运动的常用实验手段，照相机每隔一定时间曝一次光，在胶片上记录物体在曝光时刻的位置。如图1，是某实验小组探究斜抛运动规律的实验装置，分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处各安装一个频闪相机，调整相机快门，设定相机曝光时间间隔为T。启动相机，将小球从斜槽上某一位置自由释放，得到如图所示的频闪照片，P、Q、R分别为小球运动轨迹上的三个位置。
（1）有小组同学提出，不计空气阻力，小球在水平方向上不受力，应该做匀速运动，实验中支持该同学提出的观点的证据是 ；
（2）有同学提出图1中，O点到P点虚线表示小球运动的轨迹，即使不考虑小球运动过程中机械能的损耗，轨迹的最高点也将低于小球出发时在斜面上的高度，请从能量转化与守恒的角度解释其原因 ；
（3）请在图3直角坐标图中画出小球从O点到Q点动能的大小变化情况 。
29．（本题6分，每题2分）一辆小轿车以72km/h的速度在水平路面上匀速直线行驶，受到的阻力是1200N。小轿车沿水平路面匀速直线行驶600m后驶上一个斜坡。设行驶过程中小轿车的功率始终保持不变，求：
（1）在水平路面上匀速直线行驶600m，小轿车牵引力所做的功。
（2）行驶过程中小轿车的功率。
（3）小轿车上坡时行驶速度降为10m/s，则牵引力变为多大？
30．（本题7分，第1-2每小题2分，第3题3分）如图甲是某品牌贮水式电热水器内部结构示意图，内胆水箱容积为50L。当电加热管绝缘层老化破损时，洗澡的水流就会像导线般将220V的电压加在内胆、防电墙、人体与大地之间，形成通路，如图乙所示，内胆、大地电阻忽略不计。防电墙内部结构示意图如图丙所示，流经其中的水必须沿着内部隔片螺旋流动，内部细长的水流就相当于一个大电阻，限制通过人体的电流，保障洗浴者的用电安全。
（1）关于“防电墙”，下列说法中错误的是___________。
A．为了能限制通过人体的电流大小，防电墙应该与人体串联
B．制作防电墙内部“隔片”的材料是绝缘体
C．防电墙工作时，属于用电器，将电能转化为机械能
D．防电墙可以通过增加导体的长度，从而增加电阻
（2）若环境温度为20℃，设置的内胆水温为60℃，当内胆中装满水时，水被加热到设定的温度时至少需要吸收多少热量？[c水=4.2×103J/（kg ℃），ρ水=1.0×103kg/m3]
（3）为了进一步探究防电墙的作用，小宁将该品牌电热水器内的水装入不同长度、不同横截面积的水管中做成“防电墙”，测得电阻大小如表所示：
长度L/cm 10 20 30 10 20 30 10 20 30
横截面积S/cm2 1 1 1 2 2 2 3 3 3
防电墙电阻R/×103Ω 12 24 36 6 12 18 4 8 12
根据实验数据，小宁总结得出了“防电墙”电阻R与长度L、横截面积S之间的关系，并测出该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的横截面积为0.6cm2，若洗澡时人体电阻为2000Ω，为了保证通过人体的电流不大于5mA，则该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的总长度不应小于 cm。
31．（本题8分，每空2分）升降晾衣架(如图)给日常生活带来许多方便，转动手摇器能使横杆上升或下降。
（1）安装在天花板上虚线框内的简单机械应是 。(选填“定滑轮“动滑轮”或“杠杆”)
（2）使用一段时间后，对手摇器的转轴添加润滑剂，目的是 。
（3）由于使用不当，造成晾衣架右侧钢丝绳受损，最多只能承受15 N的力，左侧钢丝绳能正常使用。晾衣架的横杆上有11个小孔，相邻两孔间的距离均为20 cm。现准备将重为20 N的一件衣服挂到水平横杆的小孔进行晾晒，通过计算说明挂在哪些编号的小孔，右侧钢丝绳会断裂(横杆、衣架和钢丝绳等自重不计)。
32．（本题8分，每个2分）某电热砂锅的简化电路如图甲。 为发热电阻，S为旋转型开关，a、b、c、d为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低档”、“高档”之间的转换，工作时先用高档加热锅内汤料到沸腾，再用低档持续加热食物，使食物“汤浓味鲜”。
（1）高档加热时，开关S应旋至触点 （选填“ab”、“be”或“cd”)位置。
（2）某次烹饪一共用时6小时，电功率与加热时间的关系如图乙所示，则本次烹饪共消耗多少电能
（3）发热电阻和的阻值分别为多少？
（4）生活中，有时也会选择电压力锅烹饪，因为电压力锅煮熟相同质量的同种食物，通常比电热砂锅更省电。请你从能量利用率的角度，结合所学知识对电压力锅能省电作出简要的解释。
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浙教版科学九上 第三单元测试
一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分。请选出每小题中一个符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分)
1．公筷公勺是文明新“食尚”。当你用筷子夹菜时（如图），你就在使用杠杆了。下列工具正常使用时与筷子是同类型杠杆的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】 筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
A.起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A错误；
B.钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误；
C.钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C正确；
D.撬石木棒在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D错误。
故选C。
2．下列关于电功率的说法中正确的是 （ ）
A．电流做功越多，电功率越大
B．电流做功时间越短，电功率越大
C．在相等时间内，消耗电能越多的用电器电功率越大
D．电功率越大的用电器，消耗电能越多
【答案】C
【解析】由可知，电功率的大小与做功多少和时间有关。
【解答】电功率指的是做功的快慢，不是多少，计算公式为，由公式可知，做功多或者时间短，电功率不一定大，但在相同时间内做功多，电功率一定大。
故答案为：C。
3．如图所示，人们修筑拦河坝来提高上游的水位，在坝底安装水轮机带动发电机发电。当上游一定量的水，经水轮机流到下游的过程中，下列分析正确的是
A．水的机械能始终保持不变
B．水的重力势能增大，动能减小
C．水冲击水轮机时，水的一部分动能转移为水轮机的动能
D．水轮机带动发电机发电，电能转化成机械能
【答案】C
【解析】影响动能大小的因素：质量、速度，质量越大，速度越大，动能越大；
影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越大，重力势能就越大；
机械能是动能与势能的和。
水轮机发电时，将机械能转化为电能。
【解答】A、水轮机带动发电机发电时，水的机械能转化为电能，水的机械能减少，故A错误；
B、水经水轮机流到下游的过程中，水的高度减小，速度增大，重力势能减小，动能增大，故B错误；
C、水冲击水轮机时，水的一部分动能转移为水轮机的动能，故C正确；
D、水轮机带动发电机发电，将机械能转化为电能，故D错误。
故答案为： C。
4．对下面的图片所描述的过程，能量变化分析正确的是( )
A．图甲：厚玻璃筒内的空气被压缩时，空气的内能减少
B．图乙：瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能增大
C．图丙：试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能减少
D．图丁：汽缸内的气体推动活塞向下运动时，气体的内能增大
【答案】C
【解析】（1）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）在热机的做功冲程中，燃气膨胀推动活塞做功，将内能转化为机械能，内能减少。
【解答】A、图甲中厚玻璃筒内的空气被压缩时，是外界对空气做功，根据做功改变物体内能的原理，空气的内能应该增加，而不是减少，故该选项错误。
B、图乙中瓶子内的空气推动塞子跳起时，是空气对外做功，空气的内能会减少，而不是增大，故该选项错误。
C、图丙中试管内的水蒸气推动塞子冲出时，是水蒸气对外做功，水蒸气的内能会减少，故该选项正确。
D、图丁中汽缸内的气体推动活塞向下运动时，是气体对外做功，气体的内能会减少，而不是增大，故该选项错误。
故答案为：C。
5．如图所示，乘客站在水平台阶上随自动扶梯匀速上楼，在此过程中蕴含着许多科学知识下列说法正确的是（ ）
A．乘客的机械能增加
B．乘客的重力势能不变
C．扶梯台阶不对乘客做功
D．扶梯上乘客受到重力、支持力和摩擦力的作用
【答案】A
【解析】首先确定人所处的运动状态，并对其进行受力分析，再根据影响动能和势能的因素来判断其机械能的变化情况；根据其相对于台阶的位置是否变化来判断其是否运动；根据其受力情况和运动方向判断是否做功；
根据乘客的运动状态判定其受力情况。
【解答】AB、顾客的质量不变、速度不变所以动能不变，高度升高，所以重力势能增加，机械能增大，故A正确，B错误；
C、顾客相对于站立的台阶其位置没有发生改变，故相对于其站立的台阶是静止的，但台阶对人有向上的力，人在力的方向上通过了距离，所以扶梯台阶对乘客做了功，故C错误；
D、乘客站在水平台阶上随自动扶梯匀速上楼，处于平衡态，只受到重力和支持力，没有受到摩擦力，故D错误。
故答案为：A。
6．如图所示的实验装置中。三个相同的烧瓶A、B、C内都盛有质量和初温均相等的液体，其中A、B烧瓶中装的是水，C烧瓶中装的是煤油。A、B、C瓶中电阻丝的阻值分别为RA、RB、RC，且RA=RC>RB。当合上开关S通电一定时间后（三个烧瓶中的液体均未达到沸腾），A、B、C瓶中温度计示数分别为TA、TB、TC。对三支温度计示效的判断，下列说法正确的是（均不计热损失，比热容c水>c煤油）（ ）
A．TA=TBTB C．TC>TA>TB D．TA>TB>TC
【答案】C
【解析】 根据Q=I2Rt和Q=cmΔt进行分析，先比较AB温度计示数的关系；然后比较AC中温度计示数的关系，最后得出三者之间的关系。
【解答】根据图片可知，三段电阻丝串联，所以通过的电流相等，且RA＝RC＞RB，
由焦耳定律Q=I2 Rt知道，A、C中电阻丝产生的热量相同，B中产生的热量最少；
根据Q=cm△t可知，AB中都为水，产生热量多的温度计升高的示数就大，故TA ＞TB；
由Q=cm△t可知，吸收的热量和质量都相同时，比热容小的升高的温度多，
因此煤油中温度计的示数大，故TC ＞TA，
那么升高的温度TC＞TA＞TB，
故选C。
7．标有“36V 40W”和“220V 40W”的两盏白炽灯都发光时，下列说法正确的是（ ）
A．“220V 40W”的灯较亮 B．“36V 40W”的灯较亮
C．两盏灯一样亮 D．无法判断哪盏灯较亮
【答案】C
【解析】 灯泡的亮度决定于灯泡的实际功率。灯泡正常工作时，实际功率等于额定功率。
【解答】 由题意知，两盏电灯的额定电压不同，但额定功率相同，并且都处于正常发光状态，所以实际功率都等于额定功率，而额定功率相等，所以实际功率相等，即灯泡一样亮。
故选C。
8．小科在操场上将一篮球抛出，篮球被抛出后的运动轨迹如图所示，a、c两点处于同一高度。则下列判断中正确的是（ ）
A．篮球由a到b时，动能逐渐增大 B．篮球在b点时的机械能最大
C．篮球在a、c两点时动能相等 D．篮球由c到d时，机械能一直减小
【答案】D
【解析】 A.动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。重力势能的大小与物体的质量和高度有关，即质量越大，高度越高，重力势能越大；
BD.篮球运动时不断与空气摩擦消耗机械能；
C.根据机械能的变化比较a、c两点机械能的大小，再比较二者重力势能大小，最后比较动能大小
【解答】 A.篮球由a到b时，其质量不变，速度变慢，故动能变小，同时其高度增加，重力势能变大，故A错误；
B.从能量的转化的角度分析，当球离开手后的运动过程中，或与空气摩擦，或与地面摩擦，使得一部分机械能损失掉，所以相对来说，a点的机械能最大，故B错误；
C.根据题意可知，c点机械能小于a点机械能，但是二者重力势能相等。根据“机械能=动能+重力势能”可知，c点的动能小于a点动能，故C错误；
D.篮球由c到d时，由于和空气、地面摩擦，故损失掉一部分机械能，故机械能减小，故D正确。
故选C。
9．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
【答案】B
【解析】力臂是从杠杆的支点到力的作用线之间的垂线段的长度；根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。
【解答】如下图所示，
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F×L1；
即：G×OA×cosα=F×OB×sinα；
当∠α增大时，cosα变小，而sinα变大；
因此重力和它的力臂乘积变小，故C、D错误；
因为OB×sinα变大，所以动力F的力臂变大，而F却变小，故B正确，A错误。
故选B。
10．如图所示，小宁用竖直向上的拉力F提升物体，使物体在2s内匀速上升了0.1m已知物体重为1N，动滑轮重为0.25N，不计绳重和摩擦，这一过程中，下列说法错误的是（ ）
A．绳子自由端移动速度为0.05m/s B．拉力F的大小为0.625N
C．拉力F做功为0.125J D．该滑轮的机械效率为80%
【答案】A
【解析】（1）根据图片确定承担重力的绳子段数n，然后根据s=nh计算绳子自由端移动的距离，再根据计算自由端移动的速度；
（2）根据计算拉力大小；
（3）根据W总=Fs计算拉力做功；
（4）根据计算滑轮组的机械效率。
【解答】根据图片可知，承担重力的绳子段数n=2，则自由端移动的距离s=nh=2×0.1m=0.2m。
那么自由端移动的速度，故A错误符合题意；
拉力为，故B正确不合题意；
拉力做的功：W总=Fs=0.625N×0.2m=0.125J，故C正确不合题意；
该滑轮的机械效率：，故D正确不合题意。
故选A。
11．通过两定值电阻甲、乙的电流与电压关系如图所示，当将甲、乙两电阻并联在2V的电源两端，下列分析错误的是（ ）
A．甲、乙电阻的电流之比为2：1 B．干路上的电流是0.6A
C．甲消耗的电功率为0.4W D．乙在1分钟内消耗的电能为24J
【答案】C
【解析】（1）由图象可知通过它们的电流大小，然后可知其电流之比；
（2）根据并联电路电流规律求出干路电流；
（3）根据P甲=U甲I甲求出甲消耗的电功率；
（4）根据W乙=U乙I乙t求出乙在1分钟内消耗的电能。
【解答】A、由图象可知，当它们两端电压为2V时，通过它们的电流分别为I甲=0.4A，I乙=0.2A，则甲、乙电阻的电流之比为，故A正确，不符合题意；
B、由图象可知，当它们两端电压为2V时，通过它们的电流分别为I甲=0.4A，I乙=0.2A，因干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流：，故B正确，不符合题意；
C、甲消耗的电功率为：，故C错误，符合题意；
D、乙在1分钟内消耗的电能为：，故D正确，不符合题意。
故答案为：C。
12． 如图甲所示，小球从某高度处由静止下落到竖直放置的弹簧上并压缩弹簧。从小球刚接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度v和弹簧被压缩的长度Δl之间的关系如图乙所示，其中b为曲线最高点。不计空气阻力，弹簧一直是弹性形变。在弹簧向下被压缩的过程中，下列说法错误的是( )
A．弹簧受到的弹力一直增大
B．小球在b点时速度最大，动能最大
C．从a到b过程，小球受到的合力减小
D．从b到最低点的过程，重力势能转化为弹性势能，小球的机械能不变
【答案】D
【解析】 （1）小球下落过程中，对小球进行受力分析；
（2）在运动过程中小球受重力与弹簧的弹力，当两力大小相等时，小球速度最大，此时弹力与重力是一对平衡力，合力为0；
（3）分析小球下落过程中的能量转化，据此分析。
【解答】A、小球从某高度处由静止下落到竖直放置的弹簧上并压缩弹簧，从小球刚接触到弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，弹簧形变逐断变大，所以小球受到弹力也逐渐变大，故A正确；
B、由图乙可知，b点时，小球的速度最大，动能最大，故B正确；
C、小球从a到b的过程中，重力大于弹簧的弹力，合力等于重力减去弹力，由于弹簧的弹性形变变大，弹力在增加，所以小球受到的合力减小，故C正确；
D、从b到最低点的过程，小球的高度降低，重力势能减小，速度减小，动能减少，弹簧的形变程度增大，弹性势能增大，所以重力势能和动能同时转化为弹性势能，小球的机械能减小，故D错误。
故答案为：D。
13．为了打赢疫情防控战，某工厂加紧生产消毒液，如图甲所示，这是生产车间流水线上瓶装消毒液输送及计数装置示意图，其中S为激光源，R1为光敏电阻（有光照射时阻值变小），R2是阻值为的定值保护电阻，a、b间接监控装置，R1两端的电压随时间变化的关系如图乙所示，电源电压恒为6V，则下列说法正确的是（ ）
A．当有瓶装消毒液遮挡激光时，R2消耗的功率为0.4W
B．当没有瓶装消毒液遮挡激光时，光敏电阻R1的阻值为
C．当没有瓶装消毒液遮挡激光时，电路消耗的总功率为0.6W
D．生产线正常生产时，一分钟可生产消毒液150瓶
【答案】C
【解析】 A.由电路图可知，R1与R2串联，根据题意得出当有瓶装消毒液遮挡激光时R1的阻值变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R2两端的电压变化，从而得出U1和U2，根据算出此时R2消耗的功率；BC.根据（1）的解答可知，当没有瓶装消毒液遮挡激光时a、b间的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R1两端的电压变化，然后结合图像得出此时R1两端的电压，进一步得出R2两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出此时R1的阻值，根据算出电路消耗的总功率；
D.根据图乙得出一个产品通过计数装置的时间，然后求出生产时1min可生产消毒液的个数。
【解答】A．根据图片可知，R1与R2串联，当有瓶装消毒液遮挡激光时，R1的阻值变大。
由串联分压规律可知，此时R1两端的电压变大。
由图乙知，此时U1=4V，
根据串联电路电压的规律知，R2两端的电压为U2=U-U1=6V-4V=2V；
此时R2消耗的功率为；
故A错误；
BC．根据题意可知，当没有瓶装消毒液遮挡激光时，R1的阻值较小，
由串联分压规律可知，R1两端的电压较小，
因串联电路U总=U1+U2可知，所以R2两端的电压较大，即a、b间的电压较大，
图像可得，此时R1两端的电压U1=2V
则R2两端的电压U2=U-U1=6V-2V=4V
因串联电路中各处的电流相等，
所以，即；
可解得：R1=20Ω；
此时电路的总功率为；
故C正确，B错误；
D．由图乙可知，每经过0.6s，就有一个产品通过计数装置，生产时1min可生产消毒液，
故D错误。
故选C。
14．如图所示，F1＝4N，F2＝3N，此时物体A相对于地面静止，物体B以0.1m/s的速度在物体A表面向左做匀速直线运动（不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦）。下列说法正确的是（ ）
A．F2的功率为0.3W
B．如果增大F2，物体A相对于地面仍静止
C．弹簧测力计读数为6N
D．地面对物体A的摩擦力方向水平向左，大小为2N
【答案】B
【解析】 （1）由图知，水平使用滑轮组，n=2，拉力端移动速度等于物体B移动速度的2倍，由可求得F2的功率；
（2）滑动摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，先分析A受到B的摩擦力的大小变化，再确定A的运动状态是否变化。
（3）不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦，弹簧测力计的示数，即定滑轮受到向左的拉力等于拉力F2的3倍；
（4）一个物体在另一个物体表面上有相对运动或相对运动的趋势时，则两物体之间就产生摩擦力；根据运动趋势判断出摩擦力的方向，根据力的作用是相互的判断物体B对物体A的摩擦力和方向，根据力的平衡条件判断地面的摩擦力大小。
【解答】 A、由图知，水平使用滑轮组，n=2，拉力端移动速度v=2v物=2×0.1m/s=0.2m/s，根据可知F2的功率P=F2v=3N×0.2m/s=0.6W，故A错误；
B、如果增大F2，B将做加速运动，B对A的压力和接触面的粗糙程度不变，B与A之间的摩擦力不变，A受力不变，同理可知，A受到地面的摩擦力也不变，即A的受力情况不变，还是处于静止状态，故B正确。
C、不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦，由力的平衡条件可得，弹簧测力计的示数F=3F2=3×3N=9N，故C错误；
D、由图知，水平使用滑轮组，n=2，fB=2F2=2×3N=6N，根据B向左做匀速直线运动可知物体A对B的摩擦力的方向向右，根据力的作用是相互的可知物体B对物体A的摩擦力向左，大小为6N，而F1=4N向右拉着，A静止，受力平衡，因而还受到地面的摩擦力为6N-4N=2N，方向向右，故D错误。
故答案为：B。
15．如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为60欧，电源电压保持不变。滑动变阻器R2的滑片从一端滑到另一端的过程中，测得R2的电功率与通过它的电流的关系如图乙所示。下列说法不正确的是（ ）
A．R2的滑片向左滑动时，电流表示数变大，电压表示数变小
B．电源电压为18V
C．R1的电功率变化范围是6～18W
D．R2的滑片在中点的时，R2的电功率最大
【答案】C
【解析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、R2的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律即可判断电路中的电流变化，根据串联电路的电压分配特点可知电压表示数变化；
B、当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象读出最大和最小电流值，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，并求出R1的阻值和电源电压；
C、根据P=I2R即可求出R1的电功率变化范围；
D、根据串联电路的电压规律和P=UI表示滑动变阻器的电功率，根据数学知识分析最大电功率时的电流，结合欧姆定律计算此时滑动变阻器的电阻。
【解答】 由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、R2的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知断电路中的电流变大，根据串联电路的电压分配特点可知电压表示数变小，故A正确；
B、当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的总电阻最小，根据欧姆定律可知，电路中的电流最大，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，
由图乙可知，最小和最大电流分别为I最小=0.2A；I最大=0.6A，
由欧姆定律和串联电路的电压规律可得：U=I最小（R1+R2）=0.2A×（R1+60Ω）--------①
U=I最大R1=0.6A×R1---------②，
解①②得：R1=30Ω，U=18V，故B正确；
C、R1的最小电功率：P1最小=I最小2R1=（0.2A）2×30Ω=1.2W，
R1的最大电功率：P1最大=I最大2R1=（0.6A）2×30Ω=10.8W，
所以，R1的电功率变化范围是1.2～10.8W，故C错误；
D、R2的电功率P=UI=（U-IR1）I=-30ΩI2+18V×I=-30（I-0.3）2+2.7；
当I=0.3A时，滑动变阻器的电功率最大，此时电路的总电阻，
此时滑动变阻器的电阻R2=R总-R1=60Ω-30Ω=30Ω；恰好位于中点，故D正确。
故答案为：C。
二、填空题(本题共7小题20空，每空2分，共40分)
16．某知名品牌手机充电宝，上面标有输出电压为5V，容量为20000mA h，给充电宝充电过程中，电能转化为 能储存起来，它充满电后，大约储存了 J的电能。
【答案】化学；3.6×105
【解析】（1）根据能量转化的知识解答；
（2）根据W=UIt计算充满电后储存的电能。
【解答】（1）给充电宝充电过程中，电能转化为化学能储存起来；
（2）充满电后储存的电能：W=UIt=5V×20A×3600s=3.6×105J。
17．卡车的车厢高1.5m，师傅将一块5m长的木板搭在地面与车厢之间构成斜面（如图），在车上用400N的拉力将重为1000N的木箱匀速拉上车厢，则这个斜面的机械效率是 ，物体受到的摩擦力是 N，若增大该斜面的倾角，斜面的机械效率将 （选填“变大”、“变小”、“不变”）。
【答案】75%；100；变大
【解析】 （1）根据功的计算公式W=Fs可求出拉力做的功，即总功；再根据W=Gh求出有用功，然后根据机械效率的计算公式可求出斜面的机械效率η。根据总功与有用功的差得出额外功，再根据W额=fs变形后可求物体受到的摩擦力f。
（2）当斜面的倾角变大时，物体对斜面的压力逐渐变小，在接触面粗糙程度不变时，压力变小，受到的滑动摩擦力变小，额外功变小，据此分析。
【解答】 工人所做的总功为：W总=Fs=400N×5m=2000J，
工人所做的有用功为：W有=Gh=1000N×1.5m=1500J，
斜面的机械效率为：；
工人所做额外功为：W额=W总-W有=2000J-1500J=500J，
由W额=fs可得物体受到的摩擦力为：；
（2）当斜面的倾角变大时，物体对斜面的压力逐渐变小，在接触面粗糙程度不变时，压力变小，物体受到的滑动摩擦力变小，额外功变小，有用功不变，总功变小，由机械效率公式可知，斜面的机械效率变大。
18．在家用电器调查活动中，小科让电热水器单独工作2min，测得家中如图所示的电能表的转盘转了70r，热水器的实际功率为 ；若不计能量损失，这段时间内热水器中50L的水可升温 ℃。由于热水器的功率远大于冰箱，从安全用电的角度考虑，热水器的电源线比冰箱的要 （选填“粗”或“细”）。［已知：，］
【答案】2100；1.2；粗
【解析】利用电能表参数计算消耗的电能：。
【解答】由电能表参数可得，转盘转70转时消耗电能
电热水器工作时间
热水器的实际功率
热水器中水的体积
则水的质量
由于不计能量损失，则水吸收热量
则水升高温度
为了防止导线电阻过大，导致发热过多造成危险，应减小导线电阻，则应选用较粗导线。
19．甲、乙、丙是三个完全相同的网球，如图所示，在同一高度以大小相等的速度，将甲球竖直向下抛出、乙球竖直向上抛出，丙球斜向上抛出，不计空气阻力。落地前的运动过程中，甲球的动能 (选填‘增大”“不变”或“减小”)，乙、丙两球上升的最大高度 (选填“相等”或“不相等”)，落地瞬间，乙球的速度 (选填“大于”“等于”或“小于”)甲球的速度。
【答案】增大；不相等；等于
【解析】竖直上抛最高点速度为零，动能为零；斜抛最高点速度不为零，即动能不为零。
【解答】甲在重力的作用下做加速运动，速度逐渐变大，可知动能变大。
乙和丙初始机械能相同，乙在最高点时动能为零，丙在最高点时动能不为零，可知在最高点时乙的重力势能更大，高度更高。
不计空气阻力，机械能守恒，甲球和乙球初始机械能相等，可知落地时机械能也相等，动能相等，所以速度相等。
20． 如图所示， 物体A 重为200N， C D滑轮重均为30N。物体B 重为120N，它恰好能拉着A 向右匀速运动。现用水平向左的拉力 F作用于物体A 上，使物体B在5s 内匀速上升了0.8m，则：(不计绳重和摩擦)
（1） 图中 D为 (填“定”或“动”)滑轮， C在此次提升重物过程中的作用是 。
（2）拉力F的大小为 N，拉力F的功率为 W
【答案】（1）动；改变力的方向
（2）150；48
【解析】 （1）定滑轮使用时，滑轮的位置固定不变；定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；
动滑轮使用时，滑轮随重物一起移动；动滑轮实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，可以省一半的力，但费1倍距离；
（2）由图可知，承担物重的绳子股数n=2，利用不计绳重和摩擦时求出绳子自由端的拉力，物体A匀速运动，拉力和摩擦力是一对平衡力，可知物体A所受摩擦力大小。
若用一水平向左的力F拉动物体A，拉力F的大小等于物体A所受摩擦力与绳子自由端的拉力之和，又知物体B在5s内匀速上升了0.8m，利用s=nh求物体A移动的距离，根据功和功率公式可求出拉力的功率。
【解答】 （1）由图可知，D滑轮随物体一起运动，因此D滑轮是动滑轮；C滑轮固定不动，因此C滑轮是定滑轮，其作用是改变力的方向；
（2）由图可知，承担物重的绳子股数n=2，不计动滑轮、绳重以及滑轮轮轴间摩擦，绳子自由端的拉力：；
物体A匀速运动，则拉力和摩擦力是一对平衡力，物体A所受摩擦力：f=F绳=75N。
用一水平向左的力F拉动物体A，拉力：F=f+F绳=75N+75N=150N，
物体B在5s内匀速上升的距离h=0.8m，则物体A在5s内匀速移动的距离：s=nh=2×0.8m=1.6m，
拉力做的功：W=Fs=150N×1.6m=240J，
拉力F的功率为：。
21．小杭设计的“井盖丢失自动警示装置”如图所示，当井盖丢失时上方没了压力，弹簧的弹力将标志弹起，起到警示作用。已知标志牌的重力为20牛，重心在A点，OA长度为1米。（轻质杆和弹簧的质量忽略不计）
（1）装置中的弹簧将标志弹起至竖直位置，在这过程中是将弹簧的弹性势能转化为标志牌的 能；
（2）若将标志牌从水平地面弹起至竖直位置，则克服标志能重力做功 焦；
（3）将弹簧固定在B点，若产生的弹力始终竖直向上，OB长0.4米。现有三种最大弹力不同的弹簧，请你选择最合适的弹簧并说明理由 。
弹簧种类 A B C
最大弹力 10牛 30牛 60牛
【答案】（1）重力势
（2）20
（3）选择C弹簧，因为弹起标志牌的最小弹力为50N
【解析】（1）物体由于被举高而具有的能量称为重力势能。
（2）功等于力与物体在该力的方向上移动的距离的乘积。
（3）根据杠杆平衡条件计算弹力，结合表中数据选择合适的弹簧，要求弹力不能大于所选弹簧的最大弹力。
【解答】（1）装置中的弹簧将标志弹起至竖直位置，弹簧的弹性形变程度变小，弹性势能变小；标志牌的质量不变，高度变大，重力势能变大，是将弹簧的弹性势能转化为标志牌的重力势能。
（2）克服标志牌重力做功。
（3）根据杠杆平衡条件知道，最小的弹力为
所以应选择弹力为60N的弹簧C。
（1）装置中的弹簧将标志弹起至竖直位置，弹簧的弹性形变程度变小，弹性势能变小；标志牌的质量不变，高度变大，重力势能变大，是将弹簧的弹性势能转化为标志牌的重力势能。
（2）克服标志牌重力做功
（3）根据杠杆平衡条件知道，最小的弹力为
所以应选择弹力为60N的弹簧C。
22．如图甲是小明同学在建兰校运动会上投掷实心球的场景，当实心球脱手时，重心离地面的高度是1.8m，重心上升了0.9m。已知实心球质量为2千克，小明的质量为55千克。
（1）若小明每只脚与地面的接触面积是200cm2，则小明手握实心球双脚站立在水平地面时，脚对地面的压强为 ；
（2）实心球从最高点至落地的过程中，实心球重力所做的功是 ；
（3）实心球自脱手至落地的过程中（不计空气阻力），图乙中关于其动能、重力势能和机械能的大小分别随时间变化的曲线中，顺序组合正确的是____。
A．②③④ B．④②③ C．②①③ D．④③②
【答案】（1）14250pa
（2）54J
（3）A
【解析】 （1）利用F=G总=（m人+m球）g得出小科手握实心球站在水平地面时，脚对地面的压力，利用得出脚对地面的压强；
（2）利用W=G球h=m球gh得出实心球从最高点至落地的过程中，实心球重力所做的功。
（3）影响动能的因素是物体的质量和速度，质量越大、速度越大，动能越大；
影响重力势能的因素是物体的质量和高度，质量越大、高度越大，重力势能越大；
不计空气阻力，动能和重力势能的相互转化过程中，机械能守恒。
【解答】 （1）小建手握实心球站在水平地面时，脚对地面的压力F=G总=（m人+m球）g=（55kg+2kg）×10N/kg=570N，
脚对地面的压强；
（2）实心球从最高点至落地的过程中，实心球重力所做的功W=G球h=m球gh=2kg×10N/kg×（0.9m+1.8m）=54J；
（3）实心球上升的过程中，速度越来越小，动能越来越小；当上升到最高点时，水平方向上速度不为零，仍然具有动能；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，上升到最高点动能达到最小值但不为0，然后又增大；故图①错误，图②正确；
实心球脱手时有一定的高度，实心球上升的过程中，高度越来越大，则势能越来越大；当上升到最高点时势能最大；下落的过程中，高度越来越小，则势能越来越小；当实心球落地后，势能为0，所以，实心球自脱手至落地的过程中势能是先变大，然后减小，最后为0，故图③正确；
实心球自脱手至落地的过程中，由于不计空气摩擦，没有能量的损失，则机械能守恒，即机械能保持不变，故图④正确；故A正确，BCD错误；
故答案为：A。
三、实验探究题(本大题共5小题，每空2分，共40分)
23．杆秤在古籍中被称为“权衡器”，《墨经》最早对权衡器的杠杆原理做了理论上的探讨。某同学进行“探究杠杆的平衡条件”实验后，制作了一把杆秤。
（1）图甲中“标”“本”指的是 。（选填“力臂”或“力”）
（2）用图甲杆秤进行某次测量时，增大了“重”，此时应把“权” O点（选填“远离”或“靠近”）。
（3）图甲杆秤量程偏小，为了增大杆秤量程，以下方法中可行的是 。（可多选）
A．增加“权”的质量 B．增长“标”的长度 C．增长“本”的长度
（4）乙图为另一把杆秤，已知秤纽在C点时杆秤最大可以测量的物体质量为1880g，那么秤纽移到 B点后该杆秤最大可测物体的质量为 g（杆秤自身重力不计，E点为秤砣可移动的最远端）。
【答案】（1）力臂
（2）远离
（3）A；B
（4）5000
【解析】（1）杠杆的相关概念：在杠杆中，从支点到力的作用线的距离叫力臂。“标”“本” 是从支点到力的作用线的距离，所以指的是力臂 。
（2）杠杆平衡条件：杠杆平衡条件为F1l1=F2l2。当 “重” 增大时，“重” 与 “本” 的乘积增大，为使杠杆平衡，“权” 与 “标” 的乘积也要增大，“权” 不变时，需增大 “标”，即把 “权” 远离O点。
（3）增大杠杆量程的方法：根据杠杆平衡条件，在 “重”（测量的物体重力）和 “本” 一定时，增加 “权” 的质量，可增大 “标” 的最大值，从而增大杠杆量程；增长 “标” 的长度，在 “权” 和 “本” 不变时，能使杠杆平衡时对应的 “重” 更大，增大杠杆量程；增长 “本” 的长度，在 “权” 和 “标” 不变时，会使杠杆能测量的 “重” 减小，减小杠杆量程 。
（4）杠杆平衡条件的应用：根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2，在秤砣质量和秤砣最大力臂不变时，通过秤纽位置变化引起力臂变化，计算最大可测物体质量 。
【解答】（1）图甲中“标”“本”表示支点到力的作用线的垂直距离，指的是杠杆中的力臂。
（2）用图甲杆秤进行某次测量时，增大了“重”，根据杠杆平衡公式G重L本=G权L标，则左边力和力臂的乘积变大，为了使杠杆平衡，应该增大右边的力臂，所以应该把“权”远离支点。
（3）A、若换一个质量较大的“权”（秤砣），即动力变大，“本”（阻力臂）不变，“标”（动力臂）不变，由杠杆平衡条件可知，“重”（阻力）变大，则称量的最大质量变大，量程变大，故A符合题意；
BC、在“权”不变时，将“本”变小，则“标”增大，“权”和“标”的乘积增大，由杠杆平衡可知“重”增大，即杆秤测量范围增大，故B符合题意，C不符合题意。
故选AB。
（4）当提着C处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大
根据杠杆平衡公式G物 AC=G秤砣 CE可得
解得
当提着B处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大，根据杠杆平衡公式G物 AB=G秤砣 BE可得
解得
（1）图甲中“标”“本”表示支点到力的作用线的垂直距离，指的是杠杆中的力臂。
（2）用图甲杆秤进行某次测量时，增大了“重”，根据杠杆平衡公式G重L本=G权L标，则左边力和力臂的乘积变大，为了使杠杆平衡，应该增大右边的力臂，所以应该把“权”远离支点。
（3）A．若换一个质量较大的“权”（秤砣），即动力变大，“本”（阻力臂）不变，“标”（动力臂）不变，由杠杆平衡条件可知，“重”（阻力）变大，则称量的最大质量变大，量程变大，故A符合题意；
BC．在“权”不变时，将“本”变小，则“标”增大，“权”和“标”的乘积增大，由杠杆平衡可知“重”增大，即杆秤测量范围增大，故B符合题意，C不符合题意。
故选AB。
（4）当提着C处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大
根据杠杆平衡公式G物 AC=G秤砣 CE可得
解得
当提着B处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大，根据杠杆平衡公式G物 AB=G秤砣 BE可得
解得
24．兴趣小组的同学认为车祸的危害程度与汽车的动能大小有关，于是他们进行了如下探究：
【提出问题】汽车的动能大小跟什么因素有关？
【猜想假设】由“十次车祸九次快”可猜想：汽车的动能可能跟速度有关；由“安全驾驶莫超载”可猜想：汽车的动能可能跟质量有关；
【进行实验】他们做了如图甲、乙、丙所示的三次实验：用金属球模拟汽车，让金属球从斜槽的某一高度由静止开始滚下，碰到水平面上的物块，将物块撞出一段距离；
（1）【分析论证】分析甲、乙两图的实验现象，可以初步得到的结论是： ；
（2）【实践应用】用甲、丙两图的实验现象所得到的结论，可以解释汽车 （选填“超载”或“超速”）行驶时危险性更大的原因；
（3）【评估交流】如果换用图丁所示装置进行实验，选择合适的器材可以研究小球的动能大小与 （选填“质量”、“速度”或“质量和速度”）的关系；
（4）他们由此还联想到牛顿第一定律的实验，让同一小车沿同一斜面的同一高度由静止开始向下滑下，在粗糙程度不同的水平表面运动直至停止；在水平运动的整个过程中，小车在玻璃、毛巾表面克服摩擦力做功的功率分别为P1、P2，则P1 P2（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1）速度一定时，物体的质量越大，动能越大
（2）超速（3）速度（4）小于
【解析】物体的动能跟物体的速度和质量有关，在实验过程中，通过观察物体被小球撞击的距离来判断小球动能的大小。
【解答】（1）分析甲、乙两图可知，金属球从斜槽的相同高度由静止开始滚下，到达水平面时，物体的速度相等，物体的质量不同，甲小球的质量大，物体被撞击得更远，所以可以得到结论是速度一定时，物体的质量越大，动能越大。
（2）分析甲、丙两图可知，金属球从斜槽的不同高度由静止开始滚下，到达水平面时，物体的速度不相等，物体的质量相同，可以探究动能大小与速度的关系；甲图小球的速度越大，物体被撞击得更远，可以解释汽车超速行驶时危险性大的原因。
（3）用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，所以弹簧的弹性势能不相同时，小球与弹簧分开后获得的初速度不相同，而小球的质量不变，故可以研究小球的动能大小与速度的关系。
（4）小车克服摩擦力做功的能量来自小车的动能，小车的动能刚开始时是相等的，最终小车停下来，则小车的动能为零，所以小车无论在什么样的水平面上，克服摩擦力做的功是相等的；小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别是P1、P2，接触面越光滑，小车的运动距离越远，由于玻璃表面更光滑，则小车在玻璃面运动时间更长，由于克服摩擦所做的功相同，根据可知，则P1（1）分析甲、乙两图可知，金属球从斜槽的相同高度由静止开始滚下，到达水平面时，物体的速度相等，物体的质量不同，甲小球的质量大，物体被撞击得更远，所以可以得到结论是速度一定时，物体的质量越大，动能越大。
（2）分析甲、丙两图可知，金属球从斜槽的不同高度由静止开始滚下，到达水平面时，物体的速度不相等，物体的质量相同，可以探究动能大小与速度的关系；甲图小球的速度越大，物体被撞击得更远，可以解释汽车超速行驶时危险性大的原因。
（3）用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，所以弹簧的弹性势能不相同时，小球与弹簧分开后获得的初速度不相同，而小球的质量不变，故可以研究小球的动能大小与速度的关系。
（4）小车克服摩擦力做功的能量来自小车的动能，小车的动能刚开始时是相等的，最终小车停下来，则小车的动能为零，所以小车无论在什么样的水平面上，克服摩擦力做的功是相等的；小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别是P1、P2，接触面越光滑，小车的运动距离越远，由于玻璃表面更光滑，则小车在玻璃面运动时间更长，由于克服摩擦所做的功相同，根据可知，则P125．项目化学习小组以“校园直饮水机结构探秘”为主题，开展项目化实践活动。
（1）【项目一】加热原理
现用电热片a、b接入图甲电路模拟电热开水器的电路。已知电热片a、b的阻值为或，但因铭牌不清无法确定，项目化小组同学利用图甲确认电热片阻值大小。已知电源电压恒为，变温油墨纸片温度升高到一定值时红色会褪去。将红色油墨纸片同时放在a、b上面，闭合开关S，发现上的油墨纸片红色先褪去，则的阻值为 ；
（2）图甲电路能模拟电热开水器保温和加热两档功能。根据（1）实验，计算图甲电路的加热功率为多少 ？
（3）【项目二】热交换器设计
项目化小组的同学想到将电热开水器中的开水变成温开水，需要冷却放热。若将冷却放出的热量利用起来，用于提高进电热开水器前水的温度，可以节约电能。于是小组同学设计如图乙所示的方案。
该方案用波纹管比直管冷却效果更佳的原因是 。
（4）【项目三】节能效果
校园直饮水机采用上述热交换的方式，使进水管的常温自来水从变成的热水，再通电加热至。要得到的开水，相较于将的自来水直接烧开，可节约电能多少 ？[不计热量损失，]
【答案】（1）18
（2）
（3）波纹管可以大大增加冷、热水的接触面积，延长冷、热水接触时间，提高热交换效率，从而达到节约电能的目的
（4）
【解析】（1）根据串联电路的电流特点和焦耳定律进行分析。
（2）根据开关闭合情况，分析不同电路的总电阻大小关系，结合判断档位，并计算电功率。
（3）波纹管可以大大增加冷、热水的接触面积，延长冷、热水接触时间，减少热量损耗，提高效率。
（4）根据计算节约的电能。
【解答】（1）由电路图可知电热片a、b串联，通过a、b的电流相等，由焦耳定律可知，在相同时间内，电阻大的电热片产生的热量多，则温度会更高，油墨纸片红色会先褪去，已知b上的油墨纸片红色先褪去，故电热片b的阻值更大，即b的阻值为18Ω。
（2）由图甲可知，只闭合开关S时，电热片a、b串联，电路的总电阻较大；闭合开关S和S1时，电路为a的简单电路，电路的电阻较小，根据可知，此时电路消耗的功率较大，处于加热状态，且加热功率。
（3）波纹管可以大大增加冷、热水的接触面积，延长冷、热水接触时间，提高热交换效率，从而达到节约电能的目的。
（4）不计热量损失，节约的电能相当于将10kg的自来水从20℃加热到80℃所需要的热量，故节约的电能。
（1）由电路图可知电热片a、b串联，通过a、b的电流相等，由焦耳定律可知，在相同时间内，电阻大的电热片产生的热量多，则温度会更高，油墨纸片红色会先褪去，已知b上的油墨纸片红色先褪去，故电热片b的阻值更大，即b的阻值为18Ω。
（2）由图甲可知，只闭合开关S时，电热片a、b串联，电路的总电阻较大；闭合开关S和S1时，电路为a的简单电路，电路的电阻较小，根据可知，此时电路消耗的功率较大，处于加热状态，且加热功率
（3）波纹管可以大大增加冷、热水的接触面积，延长冷、热水接触时间，提高热交换效率，从而达到节约电能的目的。
（4）不计热量损失，节约的电能相当于将10kg的自来水从20℃加热到80℃所需要的热量，故节约的电能
26．某同学用如图所示装置探究电流通过导体产生的热量与导体电阻、电流大小的关系。甲、乙两个完全相同的烧瓶内装有等量的煤油，瓶内电阻的阻值分别为5欧和10欧， A、B是相同的玻璃管，管内初始液面位置相同。
实验一：闭合开关，通电1分钟记录A、B玻璃管液面上升的高度，分别记作 h1和
实验二：断开开关，当两根玻璃管中的液面降回到原来的高度后，减小滑动变阻器连入电路的阻值。再闭合开关，通电1分钟记录A、B玻璃管液面上升的高度分别记作h3和 h4。
实验序号 电流表读数/A 4分钟后甲瓶升高的温度/℃ 4分钟后乙瓶升高的温度/℃
1 1 5. 0 10. 0
2 1. 5 △t1 △t2
3 2 20. 0 40. 0
...... ...... ...... ......
（1）除电流表和秒表外，本实验中还需要用到的测量工具为 。
（2）实验中，将电阻丝串联连接的目的是 。
（3）多次重复实验均发现 ，则可以得出的结论为 。
（4）该同学查阅资料后发现“在通电时间不变时，电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比”。于·是，他将玻璃管换成温度计，重新实验，测得数据如表所示，若要使其支持该结论，则表中 的理论值为 。
【答案】（1）刻度尺
（2）保证实验时电流大小和通电时间相同
（3）在通电时间相同的情况下，通过导体的电流越大、导体电阻越大，则电流通过导体产生的热量越多。
（4）22.5
【解析】 （1）根据要记录液面上升的高度分析；
（2）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析；
（3）第二次实验中，电路的电阻变小，电流变大；电阻丝产生的热量不易直接观察，由转换法，可使等质量初温相同的液体吸收热量，由温度变化确定产生的热量多少，结合控制变量法分析；
（4）由表中数据，根据“在通电时间不变时，电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比”结合转换法分析。
【解答】 （1）除电流表和秒表外，因要记录液面上升的高度，本实验中还需要用到的测量工具为刻度尺。
（2）串联电路各处的电流都相等，实验中，将电阻丝串联连接的目的是为了保证实验时电流大小和通电时间相同。
（3）第二次实验中，电路的电阻变小，电流变大，对甲中电阻丝而言而知，因h1＜h3，则有，第二次实验电阻产生热量多；可知，在电阻和通电时间不变时，电流越大，产生的热量越多；根据可知，h3＜h4，可得出在电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多，总之可以得出的结论为：在通电时间相同的情况下，通过导体的电流越大、导体电阻越大，则电流通过导体产生的热量越多。
（4）根据实验序号1可知，4分钟后乙瓶升高的温度10.0℃，序号2中电流为1.5A，通电相同时间，通过10Ω的电流是原来的1.5倍，根据“在通电时间不变时，电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，故此时产生的热量是原来的1.52=2.25倍，由转换法，则表中Δt2的值为2.25×10cm=22.5cm。
27．小科准备测定小灯泡的功率，被测小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，实验室有如下器
材：电源(电压为6V)、电流表(0～0.6A、0～3A)、电压表(0~3V、0~15V)、开关、导线若 干、滑动变阻器两只：R1(10Ω 0.5A)，R2(20Ω 0.5A)。
（1）小科在正确连接电路后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，则电路的 故障可能是. ；
A． 灯泡短路 B． 灯泡断路
C． 滑动变阻器短路 D．滑动变阻器断路
（2）电路故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，电流表指针如图甲所示，则此时通过 小灯泡的电流是. A；
（3）为了满足测量要求，实验电路应该选用滑动变阻器. ；(选填“R1”或“R2”)
（4）小科根据记录的多组I-U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图像(如图乙)， 则小灯泡的额定功率为 W。
【答案】（1）B
（2）0.14
（3）R2
（4）0.625
【解析】（1）对各个选项中的故障进行分析，推测可能出现的现象，然后与各个选项进行比较即可；
（2）根据图甲确定电流表的量程和分度值，再根据指针的位置读出示数；
（3）根据欧姆定律计算出灯泡正常发光时变阻器接入的阻值，然后与两个变阻器的阻值进行比较即可；
（4）从图乙中确定灯泡的额定电流，然后根据P=UI计算灯泡的额定功率。
【解答】（1）A. 灯泡短路时，灯泡不亮，但是肯定会有电流经过电流表，则电流表肯定有示数，与题意不符，故A不合题意；
B. 灯泡断路时，灯泡不亮，而电压表串联在电路中。由于电压表的内阻很大，因此通过电流表的示数很小，几乎为零。而电压表测量电源电压，因此它有示数，故B符合题意；
C. 滑动变阻器短路时，会有电流经过灯泡，则灯泡肯定发光，与题意不符，故C不合题意；
D.滑动变阻器断路时，整个电路发生断路，那么电压表的示数为零，与题意不符，故D不合题意。
故选B。
（2）根据图甲可知，电流表选择量程0~0.6A，分度值为0.02A，则示数为0.14A。
（3）根据图乙可知，当灯泡的电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.25A；
滑动变阻器两端的电压为：U变=U总-UL=6V-2.5V=3.5V；
则变阻器接入的阻值为：；
比较可知，应该选择变阻器R2。
（4）灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.25A=0.625W。
四、解答题(本大题共5小题，共35分)
28．（本题6分，第题2分）频闪摄影是研究物体运动的常用实验手段，照相机每隔一定时间曝一次光，在胶片上记录物体在曝光时刻的位置。如图1，是某实验小组探究斜抛运动规律的实验装置，分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处各安装一个频闪相机，调整相机快门，设定相机曝光时间间隔为T。启动相机，将小球从斜槽上某一位置自由释放，得到如图所示的频闪照片，P、Q、R分别为小球运动轨迹上的三个位置。
（1）有小组同学提出，不计空气阻力，小球在水平方向上不受力，应该做匀速运动，实验中支持该同学提出的观点的证据是 ；
（2）有同学提出图1中，O点到P点虚线表示小球运动的轨迹，即使不考虑小球运动过程中机械能的损耗，轨迹的最高点也将低于小球出发时在斜面上的高度，请从能量转化与守恒的角度解释其原因 ；
（3）请在图3直角坐标图中画出小球从O点到Q点动能的大小变化情况 。
【答案】（1）相机A拍出的照片相同时间小球移动的距离相同
（2）由于小球抛出后轨迹最高点速度不为零，仍有动能，若不考虑机械能损失，轨迹最高点机械能与斜面上的最高点机械能相等，由于斜面上最高点动能为零，因此斜面最高点重力势能大于轨迹最高点重力势能，因此轨迹最高点低于小球出发时斜面上的高度。
（3）
29．（本题6分，每题2分）一辆小轿车以72km/h的速度在水平路面上匀速直线行驶，受到的阻力是1200N。小轿车沿水平路面匀速直线行驶600m后驶上一个斜坡。设行驶过程中小轿车的功率始终保持不变，求：
（1）在水平路面上匀速直线行驶600m，小轿车牵引力所做的功。
（2）行驶过程中小轿车的功率。
（3）小轿车上坡时行驶速度降为10m/s，则牵引力变为多大？
【答案】（1）
（2）小轿车的速度v = 72km/h = 20m/s，由P = Fv可得，
功率：P = 1200N×20m/s = 2.4×104W
（3）因为功率P保持不变，P = 2.4×104W，上坡时速度v' = 10m/s，
由P = F'v'可得，牵引力：
【解析】（1）二力平衡与功的计算：物体匀速直线运动时，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等。功的计算公式为W = Fs，其中F是力，s是物体在力的方向上移动的距离。
（2）功率的计算公式：功率，也可变形为P = Fv。
（3）功率与力、速度的关系：当功率P不变时，牵引力F与速度v成反比。
【解答】（1）因为小轿车在水平路面上匀速直线行驶，所以牵引力F = f = 1200N。
行驶的距离s = 600m，
则牵引力所做的功：W = Fs = 1200N×600m = 7.2×105
（2）小轿车的速度v = 72km/h = 20m/s，由P = Fv可得，
功率：P = 1200N×20m/s = 2.4×104W
（3）因为功率P保持不变，P = 2.4×104W，上坡时速度v' = 10m/s，
由P = F'v'可得，牵引力：
30．（本题7分，第1-2每小题2分，第3题3分）如图甲是某品牌贮水式电热水器内部结构示意图，内胆水箱容积为50L。当电加热管绝缘层老化破损时，洗澡的水流就会像导线般将220V的电压加在内胆、防电墙、人体与大地之间，形成通路，如图乙所示，内胆、大地电阻忽略不计。防电墙内部结构示意图如图丙所示，流经其中的水必须沿着内部隔片螺旋流动，内部细长的水流就相当于一个大电阻，限制通过人体的电流，保障洗浴者的用电安全。
（1）关于“防电墙”，下列说法中错误的是___________。
A．为了能限制通过人体的电流大小，防电墙应该与人体串联
B．制作防电墙内部“隔片”的材料是绝缘体
C．防电墙工作时，属于用电器，将电能转化为机械能
D．防电墙可以通过增加导体的长度，从而增加电阻
（2）若环境温度为20℃，设置的内胆水温为60℃，当内胆中装满水时，水被加热到设定的温度时至少需要吸收多少热量？[c水=4.2×103J/（kg ℃），ρ水=1.0×103kg/m3]
（3）为了进一步探究防电墙的作用，小宁将该品牌电热水器内的水装入不同长度、不同横截面积的水管中做成“防电墙”，测得电阻大小如表所示：
长度L/cm 10 20 30 10 20 30 10 20 30
横截面积S/cm2 1 1 1 2 2 2 3 3 3
防电墙电阻R/×103Ω 12 24 36 6 12 18 4 8 12
根据实验数据，小宁总结得出了“防电墙”电阻R与长度L、横截面积S之间的关系，并测出该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的横截面积为0.6cm2，若洗澡时人体电阻为2000Ω，为了保证通过人体的电流不大于5mA，则该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的总长度不应小于 cm。
【答案】（1）C
（2）解：根据题意可知，内胆装满水时，水的质量为m水=ρ水V=1.0×103kg/m3×50×10-3m3=50kg；
则水吸收的热量为Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg ℃）×50kg×（60℃-20℃）=8.4×106J。
（3）21
【解析】 （1）A.由于并联电路各个支路互不影响判断出防电墙与人体的连接情况；
B.根据题中信息判断出防电墙内部“隔片”的材料是绝缘体还是导体；
C.防电墙工作时将电能转化为内能；
D.由题意知隔片被设计成螺旋状，从而增加了水流的长度，使电阻增加；
（2）由m=ρV计算内胆装满水时水的质量，由Q吸=c水mΔt算出水吸收的热量；（3）由表格数据知电阻R与长度L、横截面积S之间的关系，并列出关系式，由
算出电路的总电阻，由串联电路电阻的规律算出防电墙中螺旋水柱的电阻，根据关系式算出该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的总长度。
【解答】（1）A．用电器串联时相互影响，则为了能限制通过人体的电流大小，防电墙应该与人体串联，故A正确不合题意；
BD．当流经防电墙中的水必须沿着内部隔片螺旋流动时，通过增大水流的长度来增大电路，为了相邻的水不会连通，所以制作防电墙内部“隔片”的材料是绝缘体，故B、D正确不合题意；
C．防电墙工作时，属于用电器，将电能转化为内能，故C错误符合题意。
故选C。
（3）根据表格数据可知，电阻R与长度L、横截面积S之间的关系如下：L与S的比值相同时，电阻R相同。那么得到：R=1.2×103Ω cm×；
通过人体的电流最大为I=5mA=0.005A；
电路的总电阻为；
防电墙中螺旋水柱的电阻为R电=R总-R人=44000Ω-2000Ω=42000Ω；
则该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的总长度不应小于。
（1）A．由于并联电路各个支路互不影响，所以为了能限制通过人体的电流大小，防电墙应该与人体串联，故A正确；
B．由题意知当流经防电墙中的水必须沿着内部隔片螺旋流动，内部细长的水流就相当于一个大电阻，限制通过人体的电流，保障洗浴者的用电安全，所以制作防电墙内部“隔片”的材料是绝缘体，故B正确；
C．防电墙工作时，属于用电器，但是是将电能转化为内能，不是机械能，故C错误；
D．由题意知隔片被设计成螺旋状，从而增加了水流的长度，使电阻增加，故D正确。
故选C。
（2）内胆装满水时，水的质量为m水=ρ水V=1.0×103kg/m3×50×10-3m3=50kg
水吸收的热量为Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg ℃）×50kg×（60℃-20℃）=8.4×106J
（3）由表格数据知电阻R与长度L、横截面积S之间的关系如下：L与S的比值相同时，电阻R相同。由表格数据知R=1.2×103Ω cm×
通过人体的电流最大为I=5mA=0.005A
电路的总电阻为
防电墙中螺旋水柱的电阻为R电=R总-R人=44000Ω-2000Ω=42000Ω
则该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的总长度不应小于
31．（本题8分，每空2分）升降晾衣架(如图)给日常生活带来许多方便，转动手摇器能使横杆上升或下降。
（1）安装在天花板上虚线框内的简单机械应是 。(选填“定滑轮“动滑轮”或“杠杆”)
（2）使用一段时间后，对手摇器的转轴添加润滑剂，目的是 。
（3）由于使用不当，造成晾衣架右侧钢丝绳受损，最多只能承受15 N的力，左侧钢丝绳能正常使用。晾衣架的横杆上有11个小孔，相邻两孔间的距离均为20 cm。现准备将重为20 N的一件衣服挂到水平横杆的小孔进行晾晒，通过计算说明挂在哪些编号的小孔，右侧钢丝绳会断裂(横杆、衣架和钢丝绳等自重不计)。
【答案】（1）定滑轮
（2）减小摩擦
（3）晾衣杆可看作杠杆，左侧绳与晾衣杆的交点为杠杆的支点，l2为悬挂点到支点的距离
根据F1×l1=F2×l2
可得
那么可以悬挂的最右边的孔为
挂在9、10、11三个孔上晾晒会损坏晾衣架
【解析】（1）根据图片分析虚线框内简单机械的作用即可；
（2）减小摩擦的方法：①减小压力；②减小接触面的粗糙程度；③改变接触面；④注入润滑油；⑤变滑动为滚动。
（3）晾衣杆可看作杠杆，左侧绳与晾衣杆的交点为杠杆的支点，右侧钢丝绳的拉力相当于动力，动力臂等于1到11孔之间的距离。衣服的重力相当于阻力，悬挂点到左侧钢丝绳的距离为阻力臂，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
【解答】（1）根据图片可知，两个虚线框内简单机械可以改变钢丝绳上拉力的方向，应该为定滑轮。
（2）使用一段时间后，对手摇器的转轴添加润滑剂，目的是减小摩擦。
32．（本题8分，每个2分）某电热砂锅的简化电路如图甲。 为发热电阻，S为旋转型开关，a、b、c、d为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低档”、“高档”之间的转换，工作时先用高档加热锅内汤料到沸腾，再用低档持续加热食物，使食物“汤浓味鲜”。
（1）高档加热时，开关S应旋至触点 （选填“ab”、“be”或“cd”)位置。
（2）某次烹饪一共用时6小时，电功率与加热时间的关系如图乙所示，则本次烹饪共消耗多少电能
（3）发热电阻和的阻值分别为多少？
（4）生活中，有时也会选择电压力锅烹饪，因为电压力锅煮熟相同质量的同种食物，通常比电热砂锅更省电。请你从能量利用率的角度，结合所学知识对电压力锅能省电作出简要的解释。
【答案】（1）cd （2）0.94KW.h （3），
（4）电压力锅锅内气压大，所以水的沸点高，食物在高温下容易熟，可以减少用电时间；加热时间短，散失到空气中的热量少，能量利用率高，所以更省电。
【解析】（1）总功率大的是高档，小的是低档，根据公式比较总功率的大小即可
当开关旋至bc时，电阻与串联，当开关旋至cd时，只有电阻工作，根据公式可知，因为，，；即当开关旋至bc时，是低档；旋至cd时，是高档。
（2）观察乙图可知，电热砂锅以440 W的功率工作了1 h，以100 W功率工作了5 h
（3）高档加热时，只有工作，；
低档加热时两个电阻串联，；
；
（4）电压力锅锅内气压大，所以水的沸点高，食物在高温下容易熟，可以减少用电时间；加热时间短，散失到空气中的热量少，能量利用率高，所以更省电。
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