江苏省滨海县第二教研片2016-2017学年九年级下学期物理开学学情调研考试试卷
一、选择题
1．（2017九下·滨海开学考）下列仪器或工具在使用过程中，利用了杠杆原理的一组是（ ）
①量筒，②剪刀，③烧杯，④试管夹，⑤托盘天平，⑥弹簧测力计
A．①②③ B．②④⑤ C．①③⑤ D．④⑤⑥
【答案】B
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【解答】剪刀、试管夹、托盘天平都可以简化成在力的作用下，能绕某一固定点转动的硬棒，符合杠杆的定义．并且天平是等臂杠杆，试管夹是费力杠杆，有的剪刀是费力杠杆有的剪刀是省力杠杆．弹簧测力计是根据弹簧受到的拉力越大，弹簧的伸长就越长的原理制成的．
故答案为：B．
【分析】根据杠杆的定义及杠杆的分类逐个分析得出②④⑤利用了杠杆原理。
2．（2017九下·滨海开学考）下列用电器正常工作时，每秒钟做功接近1000J的是（ ）
A．电风扇 B．电脑显示器 C．台灯 D．电饭锅
【答案】D
【知识点】电功率
【解析】【解答】 ；四个选项中，电风扇、电脑显示器、台灯的功率都较小，额定功率接近1kW的用电器应该是电饭锅．
故答案为：D．
【分析】根据P=算出用电器的功率，根据用电器的实际功率选择正确的选项。
3．（2017九下·滨海开学考）以下事例中，符合安全用电原则的是（ ）
A．保险丝可以用铜丝代替
B．当家庭电路中电线起火时，马上泼水救火
C．使用大功率用电器可以用两孔插座
D．连接电路时，用电器的金属外壳应接地线
【答案】D
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】A、组成保险丝的材料是电阻率较大而熔点较低的铅锑合金，在电流过大时熔断，自动切断电路，起到保护作用；铜导线的熔点很高，当电流过大时，不能熔断起不到保护作用，容易引起火灾，A不符合题意；
B、当家庭电路中电线起火时，马上泼水救火，会造成救火人触电，B不符合题意；
C、使用大功率用电器时，当用电器火线漏电时，可能会造成触电事故的发生，必须使用三脚插头和三孔插座，使金属外壳与大地相连，电流通过地线导入大地，防止触电的发生，C不符合题意；
D、连接电路时，用电器的金属外壳应接地线，使金属外壳与大地相连，电流通过地线导入大地，防止触电的发生，D符合题意。
故答案为：D．
【分析】A、根据熔断器和铜丝的特点分析；B、根据常用的水是导体分析：C、D用电器的金属外壳应接地线。
4．（2017九下·滨海开学考）关于温度、热量、内能，以下说法中正确的是（ ）
A．温度相同的两个物体间也能发生热传递
B．0℃的冰变成0℃的水，温度不变，内能不变
C．物体内能减少，一定放出了热量
D．任何物体都具有内能，通过摩擦可增大冰块的内能
【答案】D
【知识点】温度、热量与内能的关系；做功改变物体内能；热传递改变物体内能
【解析】【解答】A、温度相同的两个物体间不存在温度差，所以不能发生热传递，A不符合题意；
B、0℃的冰变成0℃的水，温度不变，但状态改变，需要吸收热量，所以内能增大，B不符合题意；
C、物体内能减少，可能是放出了热量，也可能是对外做了功，C不符合题意；
D、任何物体都具有内能，通过摩擦做功可增大冰块的内能，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】A、发生热传递的条件：物体间存在温度差；B、晶体熔化时吸收的热量用来增加物体的内能；C、D改变内能的两种方式：做功、热传递，外界对物体做功物体的内能增大。
5．（2017九下·滨海开学考）把一乒乓球压入盛有水的烧杯底部，松手后，乒乓球在上升过程中机械能不断增加.下列关于乒乓球机械能来源的说法中正确的是（ ）
A．是由水的内能转化来的 B．是由水的重力势能转化来的
C．是由乒乓球的内能转化来的 D．是由乒乓球的化学能转化来的
【答案】B
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】松手后，乒乓球上升至水面最后漂浮在水面上．乒乓球在上升的过程中，水面下降，水的重心不断降低，重力势能不断减小，重力势能转化为乒乓球的机械能，故乒乓球的机械能不断增加。
故答案为：B．
【分析】物体的动能和势能是可以相互转化的，在转化的过程中若有摩擦阻力机械能的总量逐渐减小，若无摩擦阻力机械能的总量保持不变。
6．（2017九下·滨海开学考）如图所示电路，甲、乙两处分别接入电流表或电压表.S闭合后，两灯均能发光，则（ ）
A．甲接入电流表，乙接入电压表 B．甲、乙均接入电流表
C．甲、乙均接入电压表 D．甲接入电压表，乙接入电流表
【答案】A
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】A．甲接入电流表，乙接入电压表时，两灯泡并联，甲电流表测通过L2的电流，乙测电源的电压，两灯泡均能发光，A符合题意；
B．甲、乙均接入电流表时，会造成电源短路，两灯泡不发光，B不符合题意；
C．甲、乙均接入电压表时，L2断路，不能发光，C不符合题意；
D．甲接入电压表，乙接入电流表时，L2短路，不能发光，D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】根据电流表和电压表的使用方法，按照逐个选项中的要求将电流表、电压表接入电路中，判断灯泡的发光情况和题干中的情况是否相符来分析。
7．（2017九上·东营期末）为节约用电，小明总是随手关掉家中暂时不使用的家用电器，每多关闭一个家用电器，家庭电路里变大的物理量是（ ）
A．总电阻 B．总电流 C．总功率 D．无法判断
【答案】A
【知识点】电阻的并联
【解析】【解答】解：家庭电路中各用电器之间的连接方式是并联，而并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，因此没多关闭一个用电器，总电阻将变大，故A符合题意，D不符合题意；
因电路中的总功率等于各用电器功率之和，所以，每多关闭一个家用电器，电路的总功率变小，故C不符合题意；
由P=UI可知，电路中的总电流变小，故B不符合题意．
故选A．
【分析】家庭电路中各用电器之间的连接方式是并联，根据并联电路电阻的规律可知总电阻的变化；电路中的总功率等于各用电器功率之和，且家庭电路的电压不变，每多关闭一个家用电器时电路总功率变小，根据P=UI可知总电流的变化．
8．（2017九下·滨海开学考）给你两根长度相同但横截面积不同的镍铬合金线、一个电源、一只电流表、一只滑动变阻器、一个开关、若干根导线，现需要研究的课题有：①导体的电阻跟它的横截面积的关系：②导体的电阻跟它的长度的关系；③导体的电阻跟它的材料的关系.由上述实验器材，可以完成的研究课题是（ ）
A．只有① B．只有② C．①和② D．①、②和③
【答案】C
【知识点】控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】①在研究导体的电阻跟导体横截面积的关系时，需要控制长度相同、材料相同，横截面积不同的实验器材，而两根长度相同、横截面积不同的、均匀的镍铬合金线正好符合实验要求；②在研究导体的电阻跟导体长度的关系时，要有材料相同、横截面积相同，长度不同的实验器材，我们可以把其中一根合金丝截断，这样就会有长度不同，材料相同、横截面积相同的实验器材，可以进行此实验；③探究导体的电阻跟它的材料的关系，应控制导体的长度、横截面积都相等而材料不同，由题意可知，两合金线的材料相同，因此不能探究导体的电阻跟它的材料的关系；由以上分析可知，可以验证①②，故C符合题意。
故答案为：C．
【分析】根据控制变量法逐个分析需要研究的课题，再结合题目所提供的器材进行判断。
9．（2017九下·滨海开学考）如图所示，将两只额定电压相同的灯泡Ll、L2串联在电路中，闭合开关S后，发现Ll亮，L2不亮.对此有下列几种猜想，其中可能的是（ ）
①L2灯丝断了，灯座未短路
②灯泡L2的电阻太小
③灯泡L2两端电压较大
④通过灯泡L1、L2电流不等
⑤灯泡L2的灯座被短路
⑥灯泡L1、L2的额定功率不同
A．① B．①③⑥ C．③④ D．②⑤⑥
【答案】D
【知识点】串联电路的电流规律；电功率
【解析】【解答】由图可知，此电路中的两个灯泡是串联在电路中的，故通过它们的电流都相等，①、④不可能，A、B、C三个答案中都有错误的选项，A、B、C不符合题意；L1亮，L2不亮，原因可能是L2被短路或L2的实际功率较小所致，因为灯泡的亮度是由灯泡发光时的实际功率决定的，当L2电阻很小时，根据P=I2R可知，在电流相同时，电阻越小，其功率越小；再根据P=UI知③也是不可能的，可能出现的情况为：②、⑤、⑥。
故答案为：D．
【分析】根据串联电路的特点分析否定①、④，再根据灯泡的亮度与实际功率的关系否定③，只有②、⑤、⑥。
10．（2017九下·滨海开学考）如图所示，电源电压不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由中点滑到b端的过程中，则（ ）
A．电路中总电阻先逐渐变大后逐渐变小
B．电流表A2示数逐渐变小，电压表V示数不变
C．电流表A1示数逐渐变大，电压表V示数逐渐变大
D．电压表V示数与电流表A1示数的比值变大
【答案】B
【知识点】并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电阻的并联；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】由电路图可知，R1与R2并联，电压表V测电源的电压，电流表A1测R2支路的电流，电流表A2测干路电流，因电源电压不变。
C、滑片移动时，电压表V的示数不变，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过R2的电路不变，即电流表A1的示数不变，C不符合题意；
D、由电压表V的示数不变和电流表A1的示数不变可知，电压表V示数与电流表A1示数的比值不变，D不符合题意；
A、B当滑动变阻器的滑片P由中点滑到b端的过程中，接入电路中的电阻变大，由 可知，通过R1的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A2的示数变小，由 可知，电路中总电阻变大，A不符合题意，B符合题意．
故答案为：B．
【分析】根据并联电路电压的规律（支路两端的电压相等）、电流的规律（干路中的电流等于各条支路中的电流之和）及I进行分析。
11．（2017九下·滨海开学考）如图所示的电路中，电源电压保持不变，R为定值电阻，当开关S闭合时，标有“6V 3W”的小灯泡L恰好正常发光；若保持R不变，将L换成另一只标有“6V 2W”的小灯泡，闭合开关后，小灯泡工作时消耗的实际功率（ ）
A．大于2W B．等于2W C．小于2W D．无法确定
【答案】A
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率
【解析】【解答】第一个灯泡的电阻： ，第二个灯泡的电阻： ，因为第二个灯泡的电阻比第一个灯泡的电阻大，所以第二个灯泡与R串联后的总电阻比第一个灯泡与R串联后的总电阻大，则此时电路中的电流比前一次的电流小，电阻R两端的电压比前一次R两端的电压小，由此可知，第二个灯泡两端的电压比第一个灯泡两端的电压大．由于第一个灯泡正常发光，说明它两端的实际电压等于额定电压，即为6V，所以第二个灯泡两端的电压高于6V，则第二个灯泡两端的实际功率比额定功率大．
故答案为： A．
【分析】先根据P=算出两只灯泡的电阻，再根据欧姆定律知加在两只灯泡两端的电压的大小，根据灯泡两端的实际电压和额定电压的关系判断实际功率的大小。
12．（2017九下·滨海开学考）小宇同学想利用发光二极管设计一个带有指示灯开关的照明电路，晚间关闭照明灯后，利用二极管发出的光指示开关所在的位置.他共设计了四个电路，如图所示，其中L为节能灯，规格为“220 V 15 W”、D为发光二极管，规格为“1.2 V 0.002 A”、S为单刀双掷开关、R为限流电阻.能够满足要求的电路是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】A、由电路图可知，闭合照明灯后，发光二极管会因为电路中的电流超过它的额定电流而被烧坏，最后导致白炽灯也不会亮，且关闭照明灯路后发光二极管不亮，A不符合题意；
B、由电路图可知，关闭灯泡时，发光二极管不亮，C不符合题意；
C、由电路图可知，关闭照明灯后发光二极管与限流电阻串联能发光，闭合照明电路时发光二极管不工作，C符合题意；
D、由电路图可知，单刀双掷开关接通发光二极管时都会发光，当无论单刀双掷开关怎样闭合，灯泡都不会发光，D不符合题意。
故答案为：C．
【分析】根据单刀双掷开关的移动情况逐项分析。
二、填空题
13．（2017九下·滨海开学考）筷子、定滑轮、开瓶器中，属于省力杠杆的是 ；属于等臂杠杆的是 .
【答案】开瓶器；定滑轮
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】解：在使用筷子时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力；开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆．
故答案为：开瓶器，定滑轮．
【分析】杠杆的分类：省力杠杆（动力臂大于阻力臂）、费力杠杆（动力臂小于阻力臂）、等臂杠杆（动力臂等于阻力臂）。
14．（2017九下·滨海开学考）2016年4月24日定为首个中国航天日，是为了纪念我国首枚人造卫星东方红一号发射成功，卫星加速升空的过程中重力势能 ，动能 .（均选填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】变大；变大
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素
【解析】【解答】解：卫星加速升空的过程中，质量不变，高度增加，所以重力势能变大；同时速度增大，所以动能变大．
故答案为：变大，变大．
【分析】影响动能大小的因素：速度、质量，当速度越大、质量越大时动能就越大；重力势能：质量、高度，当质量越大、高度越高重力势能越大。
15．（2017九下·滨海开学考）两个水果组成的“电池组”能点亮发光二极管，这个“电池组”在工作时将 能转化为 能.发光二极管的主要材料为 （选填“导体”、“半导体”或“绝缘体”）.
【答案】化学；电能；半导体
【知识点】能量的转化或转移；半导体特点及作用
【解析】【解答】解：水果电池工作时，将消耗化学能，产生电能，所以是将化学能转化为电能的过程；发光二极管是由半导体材料制成的．
故答案为：化学，电，半导体．
【分析】水果电池工作时将化学能转化为电能；半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间。
16．（2017九下·滨海开学考）如图，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.此实验得到的结论是：对 （选填“棉絮”或“筒内气体”）做功，它的内能会增加，其能量转化情况与单缸四冲程汽油机的 冲程相同，若汽油机的转速是3000r／min，则此汽油机每秒对外做功 次.
【答案】筒内气体；压缩；25
【知识点】做功改变物体内能
【解析】【解答】解：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；说明压缩筒内空气做功，使空气的内能增加；压火仪实验中，活塞的机械能转化为空气的内能，与内燃机的压缩冲程相似；四冲程汽油机的飞轮转速为3000r/min，则该飞轮每秒钟转50圈，因为一个工作循环飞轮转2圈，完成四个工作冲程，做功1次，所以，1s内飞轮转50圈，活塞往复运动50次，共25个工作循环，100个冲程，做功25次．
故答案为：筒内气体，压缩，25．
【分析】改变内能的两种方式：做功、热传递；做功改变内能的两种方式：外界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。
17．（2017九下·滨海开学考）重力灯是英国里弗斯设计的一款概念环保灯，它是通过一定的装置将重力势能转化为电能的设备.如图所示，已知沙袋重力为200 N，用滑轮系统将它提升到2 m高处，然后放手让沙袋下降到地面，此过程中重力所做的功是 J，利用滑轮系统的目的是 .已知重力灯功率为0.5 W，重力势能转化为电能效率为50%，则每举高一次该沙袋使重力灯正常照明 s.
【答案】400；改变力的方向；1600
【知识点】定滑轮及其工作特点；电功率与电能、时间的关系；功的计算及应用
【解析】【解答】解：由题知，沙袋重力为200N，被提高2m，所以沙袋下降到地面重力所做的功：W=Gh=200N×2m=400J；由图知，使用的滑轮是一个定滑轮，所以提起沙袋时人可向下用力，即滑轮系统的目的是改变力的方向；由题知，重力势能转化为电能效率为50%，由 得重物重力做的功转化的电能为：W电=ηW=50%×400J=200J，由 可得每举高一次重物能使该灯正常照明的时间： ．
故答案为：400，改变力的方向，400．
【分析】根据W=Fs求解；定滑轮是等臂杠杆，使用定滑轮只能改变力的方向，不能改变力的大小；根据效率的公式求出由重力势能转化的电能，再根据P=求出时间。
18．（2017九下·滨海开学考）如图所示，用同一滑轮按甲、乙两种方式匀速提升同一物体，物体重l00 N，滑轮重25 N，绳重和摩擦不计.图甲中拉力F甲＝ N，图乙装置的机械效率η＝ .若图乙中再加挂一物体，机械效率将 （选填“变大”“变小”或“不变”）.
【答案】100；80％；变大
【知识点】定滑轮及其工作特点；机械效率的计算；增大或减小机械效率的方法
【解析】【解答】解：由图可知，甲滑轮是定滑轮，绳重和摩擦不计，使用该滑轮不省力，所以拉力等于物体的重力，F甲=G=100N；乙滑轮是动滑轮，绳重和摩擦不计，有用功W有用=Gh，总功W总=（G+G轮）h，动滑轮的机械效率 η乙===80%；；当提升重物的重力增加，做的有用功就变大，而额外功几乎不变，故机械效率变大．
故答案为：100，80%，变大．
【分析】定滑轮是等臂杠杆，使用定滑轮只能改变力的方向不能改变力的大小；根据机械效率的公式求乙滑轮的机械效率，根据影响滑轮组机械效率的因素：物重、动滑轮的重来分析。
19．（2017九下·滨海开学考）某家庭需要将50 kg、初温为10 ℃的水加热到50 ℃作为生活用水，他们利用煤气灶烧水，需要燃烧0.8 kg的煤气.这些水从10 ℃加热到50 ℃需要吸收的热量为 J，0.8 kg的煤气完全燃烧放出的热量为 J，煤气灶烧水的效率为 .（c水=4.2×103J/（kg ℃)，q煤气=4.2×107J/kg）
【答案】8.4×106；3.36×107；25％
【知识点】热量的计算；燃料的热值
【解析】【解答】解：水吸收的热量：Q吸=cm水△t=4.2×103J/（kg ℃）×50kg×（50℃-10℃）=8.4×106J；0.8kg煤气完全燃烧放出的热量：Q放=m煤气q=0.8kg×4.2×107J/kg=3.36×107J；燃气灶烧水的效率： η===25%.
故答案为：8.4×106，3.36×107，25%．
【分析】根据Q=cm△t、Q放=mq、η=求解。
20．（2017九下·滨海开学考）小芸家的电冰箱铭牌如下表所示.小芸在家用电器只有冰箱工作的情况下，观察冰箱从启动到停止工作用了6min，电能转盘转了18圈.则该冰箱以标定耗电量工作时，一天实际工作 h，每消耗1度电电能表转盘转圈 .
【答案】6；1500
【知识点】电能表参数的理解；电功率与电能、时间的关系
【解析】【解答】解：由表中数据可知，电冰箱一天消耗的电能为0.72kW h，电冰箱的输入功率是120W=0.12kW，电冰箱每天实际工作时间 ；电冰箱每次工作的时间： ，电冰箱每次工作消耗的电能：W1=Pt1=120W×60s×6=43200J，设消耗1度电，电能表转过的圈数为n，则有：
，n=1500r．
故答案为：6，1500．
【分析】根据p=求解；求出电冰箱启动一次即电能转盘转了18圈消耗的电能，即可求出1度电电能表转盘转的圈数。
21．（2018九上·崇仁月考）电工用如图方法检验家庭电路是否有短路情况．先在进户线的干路上串联一个标有“220V40W”的白炽灯L1，然后闭合总开关，若发现L1正常发光，则说明家庭电路 （“有”、“没有”）短路情况，此时用测电笔接触A点，氖管 （“会”、“不会”）发光．
【答案】有；不会
【知识点】家庭电路的故障分析
【解析】【解答】在进户线的干路上串联一个标有“220V 40W”的白炽灯L1，然后断开房间里的所有开关，ab间加220V电压，由于所有开关都断开，即正常情况下，火线和零线是不接触的，但若此时发现L1正常发光，说明家庭电路有短路的地方，即此时电路中只有这一个灯泡工作，且正常发光，由图接入L1后其正常发光，L1左侧接火线，其右侧接零线，所以若此时用测电笔接触A点，氖管不会发光。
故答案为：有；不会.
【分析】灯泡在额定电压下可以正常发光，正常情况下零线不带电。
22．（2017九下·滨海开学考）某型号电饭煲有加热和保温功能，如图甲所示为其内部电路原理，当开关S接触点1时，该电饭煲处于 （填“保温”或“加热”）状态，如图乙是该电饭煲工作时电功率与时间的关系图象，则图中阴影部分面积表示的物理量是 ，其大小为 .
【答案】加热；电功；4.8×105J/0.13kW·h
【知识点】电功率；电功率与电能、时间的关系
【解析】【解答】解：由甲可知，开关S接触点1时，只有R1连入电路中，S接触点2时，两电阻串联，电源电压一定，由 可知开关接触点1时，电路的电阻较小，功率较大，所以此时电饭煲处于加热状态；由乙图象知，横坐标表示工作时间，纵坐标表示电饭煲的电功率，阴影部分面积S=Pt=W，即：阴影部分表示的是电饭煲消耗的电功；由图知，P加热=0.8kW，加热时间 ，所以 ．
故答案为：加热；电功；4.8×105J．
【分析】由P=知当电压一定时，R越小P越大；根据阴影部分的面积和P=分析并求解。
三、作图题
23．（2017九下·滨海开学考）按题目要求作图
（1）如图甲所示，曲棒ABC可绕A点转动.请画出曲棒ABC保持平衡时所需的最小动力及力臂.
（2）如图乙所示，请将下列元件连接成符合安全用电要求的家庭电路.
（3）如图丙所示，电源电压不变，虚线框内的电路中接有两个相同的电阻，当开关由断开到闭合时，电流表示数变大，在虚线框内画出符合要求的电路图.
【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：如图所示：
（3）解：如图所示：
【知识点】杠杆中最小力的问题；串、并联电路的设计；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）根据杠杆平衡条件可知，当杠杆平衡时，动力臂越长动力越小．由图可知，支点是A点，力作用在C点时，连接AC，AC就是最长的力臂L，此时动力最小；过C点作AC的垂线，方向向上，就是最小动力F的方向，如下图所示：
；
（2）火线首先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接在灯泡的螺旋套上，这样开关既能控制灯泡，又能在灯泡损坏时，断开开关，切断火线，更换灯泡时更安全；三孔插座的上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线；当金属外壳的用电器插入三孔插座时，能使金属外壳接地，防止漏电时发生触电事故．
故答案为：
（3）由框外的电路图可看出，中间的开关和右边的导线应是并联关系，那么电阻的连接方式可以是：①两电阻分别位于两条支路中，当开关断开时，只有一个电阻连入电路；当开关闭合时，两电阻并联接入电路，总电阻变小，符合要求．②一个电阻位于干路，另一个电路位于右边的支路．当开关断开时，两个电阻串联接入电路；当开关闭合时，右边的电阻被开关短路，只有原干路中的电阻接入电路，总电阻变小，符合要求．作图如下：
【分析】（1）以支点和力的作用点的连线为力臂时力臂最大，根据杠杆的平衡条件知此时力最小；（2）根据家庭安全用电的原则连接电路图；（3）根据“当开关由断开到闭合时，电流表示数变大”知道此电路为并联电路，电流表在干路中，开关在支路中，或者电路是串联，当开关闭合时其中一个电阻被短路。
四、综合题
24．（2017九下·滨海开学考）如图是用动滑轮运送建筑材料A的示意图.在卷扬机对绳子的拉力作用下，重800N的建筑材料A在50s内匀速竖直上升了10m.在这个过程中，动滑轮提升建筑材料A所做的有用功为W有，卷扬机做功的功率为200W.绳重可忽略不计.求：
（1）有用功W有用；
（2）动滑轮匀速提升建筑材料A的机械效率η；
【答案】（1）解：有用功：W有用=Gh=800N×10m=8000J；
答：有用功为8000J；
（2）解：拉力F做的功：W总=Pt=200W×50s=10000J，使用动滑轮的机械效率： ．
答：动滑轮匀速提升建筑材料A的机械效率为80%．
【知识点】机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】根据W=Fs求出W有用、W总，再根据η=×100%求解。
25．（2017九下·滨海开学考）如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压不变.闭合开关S后，滑片P从a端移动到b端，电流表示数I与电压表示数U的变化关系如图乙所示.求：
（1）电源电压；
（2）滑片P移动到中点时，R1的功率.
【答案】（1）解：由甲图可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．当滑动变阻器接入电路中的电阻为0Ω时，电路中的电流最大，由图乙可知I1=1.2A，由 可得，电源的电压：U=I1R1=1.2A×R1，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I2=0.4A，U2=4V，滑动变阻器的最大阻值： ，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U=I2R1+U2=0.4A×R1+4V，因电源的电压不变，所以，1.2A×R1=0.4A×R1+4V，解得：R1=5Ω，电源的电压U=I1R1=1.2A×5Ω=6V；
答：电源电压为6V
（2）解：滑片P移动到中点时，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的电流： ，则R1的功率：P1=I32R1=（0.6A）2×5Ω=1.8W．
答：滑片P移动到中点时，R1的功率为1.8W．
【知识点】串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用
【解析】【分析】（1）由图甲知当滑动变阻器的滑片滑到a端时滑动变阻器的阻值为0Ω电路中只有R1，电路中的电流最大，由当滑动变阻器的滑片移到b端时滑动变阻器的阻值最大，电路中的电流最小，再根据图乙找出对应的电流值；根据欧姆定律和串联电路电压的规律表示出上面两种情况下的电源电压，求出R1及电源电压；（2）根据串联电路电阻的规律及欧姆定律求出电路中的电流，再根据P=I2R求出P。
26．（2017九下·滨海开学考）阅读下面的短文，回答问题.
1821年，德国物理学家塞贝克发现了一种奇怪的现象：把两种不同材料的导线（如铁线和铜线）与灵敏电流计串联成闭合电路，然后把铜丝和铁丝的一个连接点A放在盛有冰水混合物的容器里保持低温，另一个连接点B放在火焰上加热，发现灵敏电流计的指针发生了偏转，表明这时闭合电路中产生了电流.塞贝克把这种电流叫做“热电流”，把这种电路叫“热电偶电路”.
某研究小组的同学们按如图所示的电路，模拟塞贝克实验，探究了决定“热电流”大小的因素，通过实验测得了电流的大小与温差关系的一组数据：
请根据以上资料和数据说明回答下列问题：
（1）其它条件不变，只将铁丝换成铜丝，电路电流 ；其它条件不变，只将A处杯中的冰水混合物换为沸水，电路电流 ；其它条件不变，移去酒精灯，将B放入另一杯冰水混合物中，稳定后，电路电流 .（均选填“变大”、“变小”、“不变”、“变为零”）
（2）这样的热电偶实际上是一个电源，它的电能是由 能转化而来.
（3）热电偶电路可以把温度信号换成 信号，利用这种性质可以把热电偶做成 （写出一种应用）.
【答案】（1）变为零；变小；变为零
（2）内
（3）电；温度计
【知识点】能量的转化或转移
【解析】【解答】解：（1）其它条件不变，将铁丝换成铜丝，这样相互连接的材料相同，电路中不会有电流，因此电路中的电流将变为零；其它条件不变，只将A 处杯中的冰水混合物换为沸水，则AB两处的温度差减小，电流变小；其它条件不变，移去酒精灯，将B放人另一杯冰水混合物中，则AB两端没有温度差，电流变为零；（2）要产生热电流，必须存在温度差，说明热电偶是将内能转化为电能的装置；（3）根据热电流的特点及产生条件可知，电流的大小直接反映了两接点间温度差的大小，因此，我们可以从中得到启示：可将电流表改装成温度计，控制两接点中的一个点的温度不变，将另一个点的温度作为被测温度，即可通过电表反映出其温度值的大小．即其可行的应用为：可制成温度计．
故答案为：（1）变为零，变小，变为零；（2）内；（3）电，温度计．
【分析】（1）只有“两种不同材料的导线”的导线接入电路才能产生热电流，由表中的数据知接在电路中的导体两端的温度差越大产生的电流就越大，当导线两端的温度相同时电路中的电流为零；（2）发生热传递的条件：存在温度差；热传递的实质：内能的转移；所以热电偶是将内能转化为电能的装置；（3）根据通过导体的电流越大导体两端的温度差越大可制成温度计。
五、实验题
27．（2017九下·滨海开学考）如图所示是“探究动能的大小与哪些因素有关”的实验装置.
（1）实验中通过观察 的大小，来判断小球动能的大小，这种方法在物理学上称为 .
（2）当研究动能的大小与速度的关系时，应该选用质量 的两个小球从斜面上 高度由静止滚下.（均选填“相同”或“不同”）
（3）某同学利用上述实验装置“探究动能大小与质量”的关系，它将不同质量的小球从斜面上由静止自由滑下，实验记录数据如下：
该同学根据以上实验数据得出物体的动能大小与质量无关，你认为实验结论与物理事实是否相符？ （选填“相符”或“不相符”）.你认为出现此实验现象的主要原因是 .
【答案】（1）木块移动的距离；转换法
（2）相同；不同
（3）不相符；小球没有从斜面同一高度由静止滚下
【知识点】控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】解：（1）小球动能的大小体现在对外做功的多少，可以通过木块移动的距离s来比较动能的大小；通过观察木块移动的距离s来比较小球动能的大小时用到了转换法；（2）当研究动能的大小与速度关系时，应该控制小球的质量相同，速度不同，则应使质量相同的小球从不同的高度滚下；（3）分析实验数据可得出“物体的动能大小与质量无关”的结论，与物理事实不相符；实验时采用控制变量法，就要改变物体的质量，同时控制速度不变，即让不同质量的物体从同一高度静止下滑，下滑到水平面的速度相同，所以，出现此实验现象的原因是没有控制小球从同一高度静止滑下．
故答案为：（1）木块移动距离s，转换法；（2）相同，不同；（3）不相符，没有控制小球从同一高度静止滑下．
【分析】（1）转换法的应用；（2）、（3）控制变量法的应用。
28．（2017九下·滨海开学考）在“探究杠杆平衡条件的实验”中.
（1）如图甲所示，实验前，杠杆左端下沉，则应将左端的平衡螺母向 调节，直到杠杆在水平位置平衡.
（2）如图乙所示，杠杆上的刻度均匀，在A点挂四个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应该B点挂 个相同的钩码，当杠杆平衡后，将A、B两点下方所挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一格，则杠杆 （选填“左”或“右”）端将下降.
（3）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a位置转到b位置时，其示数大小将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）.
（4）某同学用图丁装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，与杠杆平衡条件不相符，其可能的原因是 .
【答案】（1）右
（2）6；右
（3）变大
（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】解：（1）调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA=FBLB，即4G×3L=FB×2L，解得FB=6G，需挂6个钩码；若A、B两点的钩码同时向远离支点的方向移动一个格，则左侧4G×4L=16GL，右侧6G×3L=18GL，因为16GL＜18GL，杠杆不能平衡，右端下降；（3）保持B点不变，若拉力F向右倾斜时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，力变大；（4）利用如图丁所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响．
故答案为：（1）右；（2）6，右；（3）变大；（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响．
【分析】（1）杠杆的调节方法：哪边高向哪边调；（2）、（3）根据杠杆的平衡条件求解；（4）当杠杆的重力作用线没有通过支点时杠杆的自重对实验的结果有影响。
29．（2017九下·滨海开学考）小明与几位同学用实验室提供的常用器材（电源电压为6V）测量一定值电阻Rx的阻值时，设计了下列甲、乙、丙、丁四个电路图.
（1）小明连接好电路后，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，测得数据如下：
分析表格中的数据，推断小明所用的电路图是 图，还可以计算出R的阻值为 Ω.
（2）另外三位同学连好电路后，闭合开关，移动变阻器的滑片时，分别出现了下列三种异常现象：
（A）电流表示数有变化，电压表示数几乎为零；（B）电流表示数几乎为零，电压表示数基本不变；（C）电流表烧坏.
请你判断：按 图连接的电路出现现象（A）；按 图连接的电路出现现象（B）；按 图连接的电路出现现象（C）.
（3）此实验要多次测量电阻值，最后求电阻值的平均值，其目的是 .
【答案】（1）乙；10
（2）丙；丁；甲
（3）减小误差
【知识点】误差及其减小方法；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】解：（1）由表中数据可知，电流值随电压值的增大而增大，并且电流值与电压值成的比值不变，故电压表应测量定值电阻两端的电压，电流表应测量通过该电阻的电流，故电路图应为乙， ；（2）甲图中由于电流表直接并联在电源两端，故将会导致电流表中电流过大，从而烧坏电流表；丙图中，电压表并联在电流表两端，因电流表中电阻较小，故电压表几乎没有示数；丁图中，电压表串联在电路中，故电路中电阻无穷大，则电路中电流为0A；故A现象对应丙图，B现象对应丁图，C现象对应甲图；（3）此实验要多次测量电阻值，最后求电阻值的平均值，其目的是减小误差．
故答案为：（1）乙，10；（2）丙，丁，甲；（3）减小误差．
【分析】（1）通过对表中提供的数据分析对应的电路图并求出定值电阻的阻值；（2）分别分析开关闭合甲、丙、丁三个电路图出现的情况后选择正确的答案；（3）多次测量其平均值是减小误差的方法之一。
30．（2017九下·滨海开学考）小华为了探究“电流与电阻的关系”，设计了如图甲所示的电路.她准备的实验器材有：电压恒为3V的电源，电流表、电压表各一只，一个开关，阻值分别为10Ω，20Ω，50Ω的定值电阻各一个，一标有“20Ω 1A”字样的滑动变阻器，导线若干.
（1）请你用笔画线代替导线，将图乙中的实物连接完整.
（2）小华连接好电路，闭合开关后，移动滑变阻器滑片时，发现电流表指针正常偏转，电压表示数为零，故障的原因可能是 .
（3）故障排除后，小华先把10Ω的电阻接入电路，移动滑变阻器滑片，使电压表示数为2V，读出电流表示数后，断开开关，她直接拆下10Ω的电阻，改换成阻值为20Ω的电阻继续做实验，闭合开关，电压表示数如图丙所示，其示数是 V，要完成这次实验，接下来她应将变阻器滑片向 端（选填“左”或“右”）移动，使电压表的示数为 V.
（4）当小华改用50Ω的电阻继续实验时，发现无论怎样移动滑动变阻器滑片，都无法使电压表示数达到实验要求的值，你认为“电压表的示数无法达到实验要求的值”的原因可能是
A．滑动变阻器的阻值太大 B．电压表量程选小了
C．滑动变阻器的阻值太小 D．滑动变阻器烧坏了
（5）小华解决了上述问题后，完成了实验.利用收集到的多组数据作出了的电流I随电阻R变化的关系图象（如图丁所示）.分析图象得出了电流与电阻的关系是 .
【答案】（1）解：如图所示：
（2）R被短路（合理即可）
（3）2.4；右；2
（4）C
（5）电压一定时，电流与电阻成反比
【知识点】串联电路的电压规律；电路故障的判断；控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】解：（1）由图甲所示电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电源电压为3V，电压表选用小量程，电压表与定值电阻并联，注意电压表正负接线柱的接法，电流表串联在电路中，按一上一下的原则将变阻器连入电路中，根据电路图连接实物电路图，如下图所示：
；
（2）由上分析，小华连接好电路，闭合开关后，移动滑动变阻器滑片时，发现电流表指针正常偏转，电压表示数为零，故障的原因可能是：R处发生短路；
（3）由图丙可知，电压表所选量程为0～3V，分度值为0.1V，根据指针位置可知，其示数是2.4V，拆下阻值为10Ω的电阻改换成阻值为20Ω的电阻．闭合开关，根据分压原理，电压表的示数会变大，因电流与电阻的关系时，要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，应增大滑动变阻器的阻值，由分压原理，应增大变阻器连入电路中的电阻大小，则应将变阻器滑片向右移动，使电压表的示数不变为2V；
（4）当小华改用50Ω的电阻继续实验时，根据分压原理，变阻器分得的电压为U滑=3V-2V=1V，变阻器的电压为电压表示数的 ，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻大小为 ，因变阻器的最大阻值小于25Ω，所以发现无论怎样移动滑动变阻器滑片，都无法使电压表示数达到实验要求的值，C符合题意；
（5）分析图丙图象，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积：U=IR=0.2A×10Ω=0.1A×20Ω=2V，即电压一定时，电流与电阻成反比．
故答案为：（1）如图所示；（2）R被短路（合理即可）；（3）2.4 ，右 ，2 ，（4）C；（5）电压一定时，电流与电阻成反比．
【分析】（1）根据电压表的量程和滑动变阻器的使用方法连接电路；（2）根据电流表和电压表的示数判断电路故障；（3）根据电压表的量程和最小分度值读出电压值，根据串联分压的原理分析滑动变阻器的滑片移到的方向，要研究电流与电阻的关系应控制电阻两端的电压相同；（4）当定值电阻的阻值较大、滑动变阻器的阻值太小时，滑动变阻器两端分的电压太小，定值电阻两端的电压太大无法保证定值电阻两端的电压不变；（5）运用控制变量法分析得出结论。
31．（2017九下·滨海开学考）小明同学在研究电热器的性能时，取了两只相同的杯子，装入质量相等的同种液体，将两只待研究的电热器A、B接入家庭电路，分别给两只杯子中的液体加热，如图甲所示.用温度计测出被加热的液体在不同时刻的温度，画出其温度随时间变化的图像，如图乙所示.
（1）由题意可知，小明同学研究该问题所建立的理想模型是：
①电流通过电热器产生的电热全部转化为 .
②加热过程中，液体没有对外 .
（2）实验中杯子中的液体常用的是煤油而不是水，原因是 .
（3）分析图像可知，电功率较大的电热器是 ，电阻值较大的电热器是 .
【答案】（1）内能；散热
（2）煤油的比热容较小，同样受热的情况下，温度变化明显
（3）A；B
【知识点】比热容；电功率与电能、时间的关系；物理学方法
【解析】【解答】解：（1）在理想模型中，电能全部转化为液体的内能，没有热量损失，液体也没有向外界散热；
（2）实验中杯子中的液体常用的是煤油而不是水，是因为煤油的比热容较小，在质量和吸热相同的情况下，温度变化明显；
（3）根据图象可得，在初温相同的情况下，要加热到同一末温的话，A中需要的时间较短，B中需要的时间较长．根据公式W=Pt，在W一定的情况下，P与t成反比，所以A中电热器的电功率比B中电热器的电功率大．已知两个电热器两端电压相等，A的功率大，由 得 ，可见A的电阻小，B的电阻大．
故答案为：（1）内能，散热；（2）煤油的比热容较小，同样受热的情况下，温度变化明显；（3）A ，B．
【分析】（1）电流做的功全部转化为煤油的内能；（2）根据图像和Q=cm△t分析可知当Q、m相同时c越小△t越大；（3）由图像分析可知A、B功率的大小，再根据P=可得出A、B电阻的大小。
1 / 1江苏省滨海县第二教研片2016-2017学年九年级下学期物理开学学情调研考试试卷
一、选择题
1．（2017九下·滨海开学考）下列仪器或工具在使用过程中，利用了杠杆原理的一组是（ ）
①量筒，②剪刀，③烧杯，④试管夹，⑤托盘天平，⑥弹簧测力计
A．①②③ B．②④⑤ C．①③⑤ D．④⑤⑥
2．（2017九下·滨海开学考）下列用电器正常工作时，每秒钟做功接近1000J的是（ ）
A．电风扇 B．电脑显示器 C．台灯 D．电饭锅
3．（2017九下·滨海开学考）以下事例中，符合安全用电原则的是（ ）
A．保险丝可以用铜丝代替
B．当家庭电路中电线起火时，马上泼水救火
C．使用大功率用电器可以用两孔插座
D．连接电路时，用电器的金属外壳应接地线
4．（2017九下·滨海开学考）关于温度、热量、内能，以下说法中正确的是（ ）
A．温度相同的两个物体间也能发生热传递
B．0℃的冰变成0℃的水，温度不变，内能不变
C．物体内能减少，一定放出了热量
D．任何物体都具有内能，通过摩擦可增大冰块的内能
5．（2017九下·滨海开学考）把一乒乓球压入盛有水的烧杯底部，松手后，乒乓球在上升过程中机械能不断增加.下列关于乒乓球机械能来源的说法中正确的是（ ）
A．是由水的内能转化来的 B．是由水的重力势能转化来的
C．是由乒乓球的内能转化来的 D．是由乒乓球的化学能转化来的
6．（2017九下·滨海开学考）如图所示电路，甲、乙两处分别接入电流表或电压表.S闭合后，两灯均能发光，则（ ）
A．甲接入电流表，乙接入电压表 B．甲、乙均接入电流表
C．甲、乙均接入电压表 D．甲接入电压表，乙接入电流表
7．（2017九上·东营期末）为节约用电，小明总是随手关掉家中暂时不使用的家用电器，每多关闭一个家用电器，家庭电路里变大的物理量是（ ）
A．总电阻 B．总电流 C．总功率 D．无法判断
8．（2017九下·滨海开学考）给你两根长度相同但横截面积不同的镍铬合金线、一个电源、一只电流表、一只滑动变阻器、一个开关、若干根导线，现需要研究的课题有：①导体的电阻跟它的横截面积的关系：②导体的电阻跟它的长度的关系；③导体的电阻跟它的材料的关系.由上述实验器材，可以完成的研究课题是（ ）
A．只有① B．只有② C．①和② D．①、②和③
9．（2017九下·滨海开学考）如图所示，将两只额定电压相同的灯泡Ll、L2串联在电路中，闭合开关S后，发现Ll亮，L2不亮.对此有下列几种猜想，其中可能的是（ ）
①L2灯丝断了，灯座未短路
②灯泡L2的电阻太小
③灯泡L2两端电压较大
④通过灯泡L1、L2电流不等
⑤灯泡L2的灯座被短路
⑥灯泡L1、L2的额定功率不同
A．① B．①③⑥ C．③④ D．②⑤⑥
10．（2017九下·滨海开学考）如图所示，电源电压不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由中点滑到b端的过程中，则（ ）
A．电路中总电阻先逐渐变大后逐渐变小
B．电流表A2示数逐渐变小，电压表V示数不变
C．电流表A1示数逐渐变大，电压表V示数逐渐变大
D．电压表V示数与电流表A1示数的比值变大
11．（2017九下·滨海开学考）如图所示的电路中，电源电压保持不变，R为定值电阻，当开关S闭合时，标有“6V 3W”的小灯泡L恰好正常发光；若保持R不变，将L换成另一只标有“6V 2W”的小灯泡，闭合开关后，小灯泡工作时消耗的实际功率（ ）
A．大于2W B．等于2W C．小于2W D．无法确定
12．（2017九下·滨海开学考）小宇同学想利用发光二极管设计一个带有指示灯开关的照明电路，晚间关闭照明灯后，利用二极管发出的光指示开关所在的位置.他共设计了四个电路，如图所示，其中L为节能灯，规格为“220 V 15 W”、D为发光二极管，规格为“1.2 V 0.002 A”、S为单刀双掷开关、R为限流电阻.能够满足要求的电路是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
13．（2017九下·滨海开学考）筷子、定滑轮、开瓶器中，属于省力杠杆的是 ；属于等臂杠杆的是 .
14．（2017九下·滨海开学考）2016年4月24日定为首个中国航天日，是为了纪念我国首枚人造卫星东方红一号发射成功，卫星加速升空的过程中重力势能 ，动能 .（均选填“变大”、“变小”或“不变”）
15．（2017九下·滨海开学考）两个水果组成的“电池组”能点亮发光二极管，这个“电池组”在工作时将 能转化为 能.发光二极管的主要材料为 （选填“导体”、“半导体”或“绝缘体”）.
16．（2017九下·滨海开学考）如图，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.此实验得到的结论是：对 （选填“棉絮”或“筒内气体”）做功，它的内能会增加，其能量转化情况与单缸四冲程汽油机的 冲程相同，若汽油机的转速是3000r／min，则此汽油机每秒对外做功 次.
17．（2017九下·滨海开学考）重力灯是英国里弗斯设计的一款概念环保灯，它是通过一定的装置将重力势能转化为电能的设备.如图所示，已知沙袋重力为200 N，用滑轮系统将它提升到2 m高处，然后放手让沙袋下降到地面，此过程中重力所做的功是 J，利用滑轮系统的目的是 .已知重力灯功率为0.5 W，重力势能转化为电能效率为50%，则每举高一次该沙袋使重力灯正常照明 s.
18．（2017九下·滨海开学考）如图所示，用同一滑轮按甲、乙两种方式匀速提升同一物体，物体重l00 N，滑轮重25 N，绳重和摩擦不计.图甲中拉力F甲＝ N，图乙装置的机械效率η＝ .若图乙中再加挂一物体，机械效率将 （选填“变大”“变小”或“不变”）.
19．（2017九下·滨海开学考）某家庭需要将50 kg、初温为10 ℃的水加热到50 ℃作为生活用水，他们利用煤气灶烧水，需要燃烧0.8 kg的煤气.这些水从10 ℃加热到50 ℃需要吸收的热量为 J，0.8 kg的煤气完全燃烧放出的热量为 J，煤气灶烧水的效率为 .（c水=4.2×103J/（kg ℃)，q煤气=4.2×107J/kg）
20．（2017九下·滨海开学考）小芸家的电冰箱铭牌如下表所示.小芸在家用电器只有冰箱工作的情况下，观察冰箱从启动到停止工作用了6min，电能转盘转了18圈.则该冰箱以标定耗电量工作时，一天实际工作 h，每消耗1度电电能表转盘转圈 .
21．（2018九上·崇仁月考）电工用如图方法检验家庭电路是否有短路情况．先在进户线的干路上串联一个标有“220V40W”的白炽灯L1，然后闭合总开关，若发现L1正常发光，则说明家庭电路 （“有”、“没有”）短路情况，此时用测电笔接触A点，氖管 （“会”、“不会”）发光．
22．（2017九下·滨海开学考）某型号电饭煲有加热和保温功能，如图甲所示为其内部电路原理，当开关S接触点1时，该电饭煲处于 （填“保温”或“加热”）状态，如图乙是该电饭煲工作时电功率与时间的关系图象，则图中阴影部分面积表示的物理量是 ，其大小为 .
三、作图题
23．（2017九下·滨海开学考）按题目要求作图
（1）如图甲所示，曲棒ABC可绕A点转动.请画出曲棒ABC保持平衡时所需的最小动力及力臂.
（2）如图乙所示，请将下列元件连接成符合安全用电要求的家庭电路.
（3）如图丙所示，电源电压不变，虚线框内的电路中接有两个相同的电阻，当开关由断开到闭合时，电流表示数变大，在虚线框内画出符合要求的电路图.
四、综合题
24．（2017九下·滨海开学考）如图是用动滑轮运送建筑材料A的示意图.在卷扬机对绳子的拉力作用下，重800N的建筑材料A在50s内匀速竖直上升了10m.在这个过程中，动滑轮提升建筑材料A所做的有用功为W有，卷扬机做功的功率为200W.绳重可忽略不计.求：
（1）有用功W有用；
（2）动滑轮匀速提升建筑材料A的机械效率η；
25．（2017九下·滨海开学考）如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压不变.闭合开关S后，滑片P从a端移动到b端，电流表示数I与电压表示数U的变化关系如图乙所示.求：
（1）电源电压；
（2）滑片P移动到中点时，R1的功率.
26．（2017九下·滨海开学考）阅读下面的短文，回答问题.
1821年，德国物理学家塞贝克发现了一种奇怪的现象：把两种不同材料的导线（如铁线和铜线）与灵敏电流计串联成闭合电路，然后把铜丝和铁丝的一个连接点A放在盛有冰水混合物的容器里保持低温，另一个连接点B放在火焰上加热，发现灵敏电流计的指针发生了偏转，表明这时闭合电路中产生了电流.塞贝克把这种电流叫做“热电流”，把这种电路叫“热电偶电路”.
某研究小组的同学们按如图所示的电路，模拟塞贝克实验，探究了决定“热电流”大小的因素，通过实验测得了电流的大小与温差关系的一组数据：
请根据以上资料和数据说明回答下列问题：
（1）其它条件不变，只将铁丝换成铜丝，电路电流 ；其它条件不变，只将A处杯中的冰水混合物换为沸水，电路电流 ；其它条件不变，移去酒精灯，将B放入另一杯冰水混合物中，稳定后，电路电流 .（均选填“变大”、“变小”、“不变”、“变为零”）
（2）这样的热电偶实际上是一个电源，它的电能是由 能转化而来.
（3）热电偶电路可以把温度信号换成 信号，利用这种性质可以把热电偶做成 （写出一种应用）.
五、实验题
27．（2017九下·滨海开学考）如图所示是“探究动能的大小与哪些因素有关”的实验装置.
（1）实验中通过观察 的大小，来判断小球动能的大小，这种方法在物理学上称为 .
（2）当研究动能的大小与速度的关系时，应该选用质量 的两个小球从斜面上 高度由静止滚下.（均选填“相同”或“不同”）
（3）某同学利用上述实验装置“探究动能大小与质量”的关系，它将不同质量的小球从斜面上由静止自由滑下，实验记录数据如下：
该同学根据以上实验数据得出物体的动能大小与质量无关，你认为实验结论与物理事实是否相符？ （选填“相符”或“不相符”）.你认为出现此实验现象的主要原因是 .
28．（2017九下·滨海开学考）在“探究杠杆平衡条件的实验”中.
（1）如图甲所示，实验前，杠杆左端下沉，则应将左端的平衡螺母向 调节，直到杠杆在水平位置平衡.
（2）如图乙所示，杠杆上的刻度均匀，在A点挂四个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应该B点挂 个相同的钩码，当杠杆平衡后，将A、B两点下方所挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一格，则杠杆 （选填“左”或“右”）端将下降.
（3）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a位置转到b位置时，其示数大小将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）.
（4）某同学用图丁装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，与杠杆平衡条件不相符，其可能的原因是 .
29．（2017九下·滨海开学考）小明与几位同学用实验室提供的常用器材（电源电压为6V）测量一定值电阻Rx的阻值时，设计了下列甲、乙、丙、丁四个电路图.
（1）小明连接好电路后，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，测得数据如下：
分析表格中的数据，推断小明所用的电路图是 图，还可以计算出R的阻值为 Ω.
（2）另外三位同学连好电路后，闭合开关，移动变阻器的滑片时，分别出现了下列三种异常现象：
（A）电流表示数有变化，电压表示数几乎为零；（B）电流表示数几乎为零，电压表示数基本不变；（C）电流表烧坏.
请你判断：按 图连接的电路出现现象（A）；按 图连接的电路出现现象（B）；按 图连接的电路出现现象（C）.
（3）此实验要多次测量电阻值，最后求电阻值的平均值，其目的是 .
30．（2017九下·滨海开学考）小华为了探究“电流与电阻的关系”，设计了如图甲所示的电路.她准备的实验器材有：电压恒为3V的电源，电流表、电压表各一只，一个开关，阻值分别为10Ω，20Ω，50Ω的定值电阻各一个，一标有“20Ω 1A”字样的滑动变阻器，导线若干.
（1）请你用笔画线代替导线，将图乙中的实物连接完整.
（2）小华连接好电路，闭合开关后，移动滑变阻器滑片时，发现电流表指针正常偏转，电压表示数为零，故障的原因可能是 .
（3）故障排除后，小华先把10Ω的电阻接入电路，移动滑变阻器滑片，使电压表示数为2V，读出电流表示数后，断开开关，她直接拆下10Ω的电阻，改换成阻值为20Ω的电阻继续做实验，闭合开关，电压表示数如图丙所示，其示数是 V，要完成这次实验，接下来她应将变阻器滑片向 端（选填“左”或“右”）移动，使电压表的示数为 V.
（4）当小华改用50Ω的电阻继续实验时，发现无论怎样移动滑动变阻器滑片，都无法使电压表示数达到实验要求的值，你认为“电压表的示数无法达到实验要求的值”的原因可能是
A．滑动变阻器的阻值太大 B．电压表量程选小了
C．滑动变阻器的阻值太小 D．滑动变阻器烧坏了
（5）小华解决了上述问题后，完成了实验.利用收集到的多组数据作出了的电流I随电阻R变化的关系图象（如图丁所示）.分析图象得出了电流与电阻的关系是 .
31．（2017九下·滨海开学考）小明同学在研究电热器的性能时，取了两只相同的杯子，装入质量相等的同种液体，将两只待研究的电热器A、B接入家庭电路，分别给两只杯子中的液体加热，如图甲所示.用温度计测出被加热的液体在不同时刻的温度，画出其温度随时间变化的图像，如图乙所示.
（1）由题意可知，小明同学研究该问题所建立的理想模型是：
①电流通过电热器产生的电热全部转化为 .
②加热过程中，液体没有对外 .
（2）实验中杯子中的液体常用的是煤油而不是水，原因是 .
（3）分析图像可知，电功率较大的电热器是 ，电阻值较大的电热器是 .
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【解答】剪刀、试管夹、托盘天平都可以简化成在力的作用下，能绕某一固定点转动的硬棒，符合杠杆的定义．并且天平是等臂杠杆，试管夹是费力杠杆，有的剪刀是费力杠杆有的剪刀是省力杠杆．弹簧测力计是根据弹簧受到的拉力越大，弹簧的伸长就越长的原理制成的．
故答案为：B．
【分析】根据杠杆的定义及杠杆的分类逐个分析得出②④⑤利用了杠杆原理。
2．【答案】D
【知识点】电功率
【解析】【解答】 ；四个选项中，电风扇、电脑显示器、台灯的功率都较小，额定功率接近1kW的用电器应该是电饭锅．
故答案为：D．
【分析】根据P=算出用电器的功率，根据用电器的实际功率选择正确的选项。
3．【答案】D
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】A、组成保险丝的材料是电阻率较大而熔点较低的铅锑合金，在电流过大时熔断，自动切断电路，起到保护作用；铜导线的熔点很高，当电流过大时，不能熔断起不到保护作用，容易引起火灾，A不符合题意；
B、当家庭电路中电线起火时，马上泼水救火，会造成救火人触电，B不符合题意；
C、使用大功率用电器时，当用电器火线漏电时，可能会造成触电事故的发生，必须使用三脚插头和三孔插座，使金属外壳与大地相连，电流通过地线导入大地，防止触电的发生，C不符合题意；
D、连接电路时，用电器的金属外壳应接地线，使金属外壳与大地相连，电流通过地线导入大地，防止触电的发生，D符合题意。
故答案为：D．
【分析】A、根据熔断器和铜丝的特点分析；B、根据常用的水是导体分析：C、D用电器的金属外壳应接地线。
4．【答案】D
【知识点】温度、热量与内能的关系；做功改变物体内能；热传递改变物体内能
【解析】【解答】A、温度相同的两个物体间不存在温度差，所以不能发生热传递，A不符合题意；
B、0℃的冰变成0℃的水，温度不变，但状态改变，需要吸收热量，所以内能增大，B不符合题意；
C、物体内能减少，可能是放出了热量，也可能是对外做了功，C不符合题意；
D、任何物体都具有内能，通过摩擦做功可增大冰块的内能，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】A、发生热传递的条件：物体间存在温度差；B、晶体熔化时吸收的热量用来增加物体的内能；C、D改变内能的两种方式：做功、热传递，外界对物体做功物体的内能增大。
5．【答案】B
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】松手后，乒乓球上升至水面最后漂浮在水面上．乒乓球在上升的过程中，水面下降，水的重心不断降低，重力势能不断减小，重力势能转化为乒乓球的机械能，故乒乓球的机械能不断增加。
故答案为：B．
【分析】物体的动能和势能是可以相互转化的，在转化的过程中若有摩擦阻力机械能的总量逐渐减小，若无摩擦阻力机械能的总量保持不变。
6．【答案】A
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】A．甲接入电流表，乙接入电压表时，两灯泡并联，甲电流表测通过L2的电流，乙测电源的电压，两灯泡均能发光，A符合题意；
B．甲、乙均接入电流表时，会造成电源短路，两灯泡不发光，B不符合题意；
C．甲、乙均接入电压表时，L2断路，不能发光，C不符合题意；
D．甲接入电压表，乙接入电流表时，L2短路，不能发光，D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】根据电流表和电压表的使用方法，按照逐个选项中的要求将电流表、电压表接入电路中，判断灯泡的发光情况和题干中的情况是否相符来分析。
7．【答案】A
【知识点】电阻的并联
【解析】【解答】解：家庭电路中各用电器之间的连接方式是并联，而并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，因此没多关闭一个用电器，总电阻将变大，故A符合题意，D不符合题意；
因电路中的总功率等于各用电器功率之和，所以，每多关闭一个家用电器，电路的总功率变小，故C不符合题意；
由P=UI可知，电路中的总电流变小，故B不符合题意．
故选A．
【分析】家庭电路中各用电器之间的连接方式是并联，根据并联电路电阻的规律可知总电阻的变化；电路中的总功率等于各用电器功率之和，且家庭电路的电压不变，每多关闭一个家用电器时电路总功率变小，根据P=UI可知总电流的变化．
8．【答案】C
【知识点】控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】①在研究导体的电阻跟导体横截面积的关系时，需要控制长度相同、材料相同，横截面积不同的实验器材，而两根长度相同、横截面积不同的、均匀的镍铬合金线正好符合实验要求；②在研究导体的电阻跟导体长度的关系时，要有材料相同、横截面积相同，长度不同的实验器材，我们可以把其中一根合金丝截断，这样就会有长度不同，材料相同、横截面积相同的实验器材，可以进行此实验；③探究导体的电阻跟它的材料的关系，应控制导体的长度、横截面积都相等而材料不同，由题意可知，两合金线的材料相同，因此不能探究导体的电阻跟它的材料的关系；由以上分析可知，可以验证①②，故C符合题意。
故答案为：C．
【分析】根据控制变量法逐个分析需要研究的课题，再结合题目所提供的器材进行判断。
9．【答案】D
【知识点】串联电路的电流规律；电功率
【解析】【解答】由图可知，此电路中的两个灯泡是串联在电路中的，故通过它们的电流都相等，①、④不可能，A、B、C三个答案中都有错误的选项，A、B、C不符合题意；L1亮，L2不亮，原因可能是L2被短路或L2的实际功率较小所致，因为灯泡的亮度是由灯泡发光时的实际功率决定的，当L2电阻很小时，根据P=I2R可知，在电流相同时，电阻越小，其功率越小；再根据P=UI知③也是不可能的，可能出现的情况为：②、⑤、⑥。
故答案为：D．
【分析】根据串联电路的特点分析否定①、④，再根据灯泡的亮度与实际功率的关系否定③，只有②、⑤、⑥。
10．【答案】B
【知识点】并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电阻的并联；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】由电路图可知，R1与R2并联，电压表V测电源的电压，电流表A1测R2支路的电流，电流表A2测干路电流，因电源电压不变。
C、滑片移动时，电压表V的示数不变，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过R2的电路不变，即电流表A1的示数不变，C不符合题意；
D、由电压表V的示数不变和电流表A1的示数不变可知，电压表V示数与电流表A1示数的比值不变，D不符合题意；
A、B当滑动变阻器的滑片P由中点滑到b端的过程中，接入电路中的电阻变大，由 可知，通过R1的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A2的示数变小，由 可知，电路中总电阻变大，A不符合题意，B符合题意．
故答案为：B．
【分析】根据并联电路电压的规律（支路两端的电压相等）、电流的规律（干路中的电流等于各条支路中的电流之和）及I进行分析。
11．【答案】A
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率
【解析】【解答】第一个灯泡的电阻： ，第二个灯泡的电阻： ，因为第二个灯泡的电阻比第一个灯泡的电阻大，所以第二个灯泡与R串联后的总电阻比第一个灯泡与R串联后的总电阻大，则此时电路中的电流比前一次的电流小，电阻R两端的电压比前一次R两端的电压小，由此可知，第二个灯泡两端的电压比第一个灯泡两端的电压大．由于第一个灯泡正常发光，说明它两端的实际电压等于额定电压，即为6V，所以第二个灯泡两端的电压高于6V，则第二个灯泡两端的实际功率比额定功率大．
故答案为： A．
【分析】先根据P=算出两只灯泡的电阻，再根据欧姆定律知加在两只灯泡两端的电压的大小，根据灯泡两端的实际电压和额定电压的关系判断实际功率的大小。
12．【答案】C
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】A、由电路图可知，闭合照明灯后，发光二极管会因为电路中的电流超过它的额定电流而被烧坏，最后导致白炽灯也不会亮，且关闭照明灯路后发光二极管不亮，A不符合题意；
B、由电路图可知，关闭灯泡时，发光二极管不亮，C不符合题意；
C、由电路图可知，关闭照明灯后发光二极管与限流电阻串联能发光，闭合照明电路时发光二极管不工作，C符合题意；
D、由电路图可知，单刀双掷开关接通发光二极管时都会发光，当无论单刀双掷开关怎样闭合，灯泡都不会发光，D不符合题意。
故答案为：C．
【分析】根据单刀双掷开关的移动情况逐项分析。
13．【答案】开瓶器；定滑轮
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】解：在使用筷子时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力；开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆．
故答案为：开瓶器，定滑轮．
【分析】杠杆的分类：省力杠杆（动力臂大于阻力臂）、费力杠杆（动力臂小于阻力臂）、等臂杠杆（动力臂等于阻力臂）。
14．【答案】变大；变大
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素
【解析】【解答】解：卫星加速升空的过程中，质量不变，高度增加，所以重力势能变大；同时速度增大，所以动能变大．
故答案为：变大，变大．
【分析】影响动能大小的因素：速度、质量，当速度越大、质量越大时动能就越大；重力势能：质量、高度，当质量越大、高度越高重力势能越大。
15．【答案】化学；电能；半导体
【知识点】能量的转化或转移；半导体特点及作用
【解析】【解答】解：水果电池工作时，将消耗化学能，产生电能，所以是将化学能转化为电能的过程；发光二极管是由半导体材料制成的．
故答案为：化学，电，半导体．
【分析】水果电池工作时将化学能转化为电能；半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间。
16．【答案】筒内气体；压缩；25
【知识点】做功改变物体内能
【解析】【解答】解：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；说明压缩筒内空气做功，使空气的内能增加；压火仪实验中，活塞的机械能转化为空气的内能，与内燃机的压缩冲程相似；四冲程汽油机的飞轮转速为3000r/min，则该飞轮每秒钟转50圈，因为一个工作循环飞轮转2圈，完成四个工作冲程，做功1次，所以，1s内飞轮转50圈，活塞往复运动50次，共25个工作循环，100个冲程，做功25次．
故答案为：筒内气体，压缩，25．
【分析】改变内能的两种方式：做功、热传递；做功改变内能的两种方式：外界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。
17．【答案】400；改变力的方向；1600
【知识点】定滑轮及其工作特点；电功率与电能、时间的关系；功的计算及应用
【解析】【解答】解：由题知，沙袋重力为200N，被提高2m，所以沙袋下降到地面重力所做的功：W=Gh=200N×2m=400J；由图知，使用的滑轮是一个定滑轮，所以提起沙袋时人可向下用力，即滑轮系统的目的是改变力的方向；由题知，重力势能转化为电能效率为50%，由 得重物重力做的功转化的电能为：W电=ηW=50%×400J=200J，由 可得每举高一次重物能使该灯正常照明的时间： ．
故答案为：400，改变力的方向，400．
【分析】根据W=Fs求解；定滑轮是等臂杠杆，使用定滑轮只能改变力的方向，不能改变力的大小；根据效率的公式求出由重力势能转化的电能，再根据P=求出时间。
18．【答案】100；80％；变大
【知识点】定滑轮及其工作特点；机械效率的计算；增大或减小机械效率的方法
【解析】【解答】解：由图可知，甲滑轮是定滑轮，绳重和摩擦不计，使用该滑轮不省力，所以拉力等于物体的重力，F甲=G=100N；乙滑轮是动滑轮，绳重和摩擦不计，有用功W有用=Gh，总功W总=（G+G轮）h，动滑轮的机械效率 η乙===80%；；当提升重物的重力增加，做的有用功就变大，而额外功几乎不变，故机械效率变大．
故答案为：100，80%，变大．
【分析】定滑轮是等臂杠杆，使用定滑轮只能改变力的方向不能改变力的大小；根据机械效率的公式求乙滑轮的机械效率，根据影响滑轮组机械效率的因素：物重、动滑轮的重来分析。
19．【答案】8.4×106；3.36×107；25％
【知识点】热量的计算；燃料的热值
【解析】【解答】解：水吸收的热量：Q吸=cm水△t=4.2×103J/（kg ℃）×50kg×（50℃-10℃）=8.4×106J；0.8kg煤气完全燃烧放出的热量：Q放=m煤气q=0.8kg×4.2×107J/kg=3.36×107J；燃气灶烧水的效率： η===25%.
故答案为：8.4×106，3.36×107，25%．
【分析】根据Q=cm△t、Q放=mq、η=求解。
20．【答案】6；1500
【知识点】电能表参数的理解；电功率与电能、时间的关系
【解析】【解答】解：由表中数据可知，电冰箱一天消耗的电能为0.72kW h，电冰箱的输入功率是120W=0.12kW，电冰箱每天实际工作时间 ；电冰箱每次工作的时间： ，电冰箱每次工作消耗的电能：W1=Pt1=120W×60s×6=43200J，设消耗1度电，电能表转过的圈数为n，则有：
，n=1500r．
故答案为：6，1500．
【分析】根据p=求解；求出电冰箱启动一次即电能转盘转了18圈消耗的电能，即可求出1度电电能表转盘转的圈数。
21．【答案】有；不会
【知识点】家庭电路的故障分析
【解析】【解答】在进户线的干路上串联一个标有“220V 40W”的白炽灯L1，然后断开房间里的所有开关，ab间加220V电压，由于所有开关都断开，即正常情况下，火线和零线是不接触的，但若此时发现L1正常发光，说明家庭电路有短路的地方，即此时电路中只有这一个灯泡工作，且正常发光，由图接入L1后其正常发光，L1左侧接火线，其右侧接零线，所以若此时用测电笔接触A点，氖管不会发光。
故答案为：有；不会.
【分析】灯泡在额定电压下可以正常发光，正常情况下零线不带电。
22．【答案】加热；电功；4.8×105J/0.13kW·h
【知识点】电功率；电功率与电能、时间的关系
【解析】【解答】解：由甲可知，开关S接触点1时，只有R1连入电路中，S接触点2时，两电阻串联，电源电压一定，由 可知开关接触点1时，电路的电阻较小，功率较大，所以此时电饭煲处于加热状态；由乙图象知，横坐标表示工作时间，纵坐标表示电饭煲的电功率，阴影部分面积S=Pt=W，即：阴影部分表示的是电饭煲消耗的电功；由图知，P加热=0.8kW，加热时间 ，所以 ．
故答案为：加热；电功；4.8×105J．
【分析】由P=知当电压一定时，R越小P越大；根据阴影部分的面积和P=分析并求解。
23．【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：如图所示：
（3）解：如图所示：
【知识点】杠杆中最小力的问题；串、并联电路的设计；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）根据杠杆平衡条件可知，当杠杆平衡时，动力臂越长动力越小．由图可知，支点是A点，力作用在C点时，连接AC，AC就是最长的力臂L，此时动力最小；过C点作AC的垂线，方向向上，就是最小动力F的方向，如下图所示：
；
（2）火线首先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接在灯泡的螺旋套上，这样开关既能控制灯泡，又能在灯泡损坏时，断开开关，切断火线，更换灯泡时更安全；三孔插座的上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线；当金属外壳的用电器插入三孔插座时，能使金属外壳接地，防止漏电时发生触电事故．
故答案为：
（3）由框外的电路图可看出，中间的开关和右边的导线应是并联关系，那么电阻的连接方式可以是：①两电阻分别位于两条支路中，当开关断开时，只有一个电阻连入电路；当开关闭合时，两电阻并联接入电路，总电阻变小，符合要求．②一个电阻位于干路，另一个电路位于右边的支路．当开关断开时，两个电阻串联接入电路；当开关闭合时，右边的电阻被开关短路，只有原干路中的电阻接入电路，总电阻变小，符合要求．作图如下：
【分析】（1）以支点和力的作用点的连线为力臂时力臂最大，根据杠杆的平衡条件知此时力最小；（2）根据家庭安全用电的原则连接电路图；（3）根据“当开关由断开到闭合时，电流表示数变大”知道此电路为并联电路，电流表在干路中，开关在支路中，或者电路是串联，当开关闭合时其中一个电阻被短路。
24．【答案】（1）解：有用功：W有用=Gh=800N×10m=8000J；
答：有用功为8000J；
（2）解：拉力F做的功：W总=Pt=200W×50s=10000J，使用动滑轮的机械效率： ．
答：动滑轮匀速提升建筑材料A的机械效率为80%．
【知识点】机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】根据W=Fs求出W有用、W总，再根据η=×100%求解。
25．【答案】（1）解：由甲图可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．当滑动变阻器接入电路中的电阻为0Ω时，电路中的电流最大，由图乙可知I1=1.2A，由 可得，电源的电压：U=I1R1=1.2A×R1，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I2=0.4A，U2=4V，滑动变阻器的最大阻值： ，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U=I2R1+U2=0.4A×R1+4V，因电源的电压不变，所以，1.2A×R1=0.4A×R1+4V，解得：R1=5Ω，电源的电压U=I1R1=1.2A×5Ω=6V；
答：电源电压为6V
（2）解：滑片P移动到中点时，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的电流： ，则R1的功率：P1=I32R1=（0.6A）2×5Ω=1.8W．
答：滑片P移动到中点时，R1的功率为1.8W．
【知识点】串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用
【解析】【分析】（1）由图甲知当滑动变阻器的滑片滑到a端时滑动变阻器的阻值为0Ω电路中只有R1，电路中的电流最大，由当滑动变阻器的滑片移到b端时滑动变阻器的阻值最大，电路中的电流最小，再根据图乙找出对应的电流值；根据欧姆定律和串联电路电压的规律表示出上面两种情况下的电源电压，求出R1及电源电压；（2）根据串联电路电阻的规律及欧姆定律求出电路中的电流，再根据P=I2R求出P。
26．【答案】（1）变为零；变小；变为零
（2）内
（3）电；温度计
【知识点】能量的转化或转移
【解析】【解答】解：（1）其它条件不变，将铁丝换成铜丝，这样相互连接的材料相同，电路中不会有电流，因此电路中的电流将变为零；其它条件不变，只将A 处杯中的冰水混合物换为沸水，则AB两处的温度差减小，电流变小；其它条件不变，移去酒精灯，将B放人另一杯冰水混合物中，则AB两端没有温度差，电流变为零；（2）要产生热电流，必须存在温度差，说明热电偶是将内能转化为电能的装置；（3）根据热电流的特点及产生条件可知，电流的大小直接反映了两接点间温度差的大小，因此，我们可以从中得到启示：可将电流表改装成温度计，控制两接点中的一个点的温度不变，将另一个点的温度作为被测温度，即可通过电表反映出其温度值的大小．即其可行的应用为：可制成温度计．
故答案为：（1）变为零，变小，变为零；（2）内；（3）电，温度计．
【分析】（1）只有“两种不同材料的导线”的导线接入电路才能产生热电流，由表中的数据知接在电路中的导体两端的温度差越大产生的电流就越大，当导线两端的温度相同时电路中的电流为零；（2）发生热传递的条件：存在温度差；热传递的实质：内能的转移；所以热电偶是将内能转化为电能的装置；（3）根据通过导体的电流越大导体两端的温度差越大可制成温度计。
27．【答案】（1）木块移动的距离；转换法
（2）相同；不同
（3）不相符；小球没有从斜面同一高度由静止滚下
【知识点】控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】解：（1）小球动能的大小体现在对外做功的多少，可以通过木块移动的距离s来比较动能的大小；通过观察木块移动的距离s来比较小球动能的大小时用到了转换法；（2）当研究动能的大小与速度关系时，应该控制小球的质量相同，速度不同，则应使质量相同的小球从不同的高度滚下；（3）分析实验数据可得出“物体的动能大小与质量无关”的结论，与物理事实不相符；实验时采用控制变量法，就要改变物体的质量，同时控制速度不变，即让不同质量的物体从同一高度静止下滑，下滑到水平面的速度相同，所以，出现此实验现象的原因是没有控制小球从同一高度静止滑下．
故答案为：（1）木块移动距离s，转换法；（2）相同，不同；（3）不相符，没有控制小球从同一高度静止滑下．
【分析】（1）转换法的应用；（2）、（3）控制变量法的应用。
28．【答案】（1）右
（2）6；右
（3）变大
（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】解：（1）调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA=FBLB，即4G×3L=FB×2L，解得FB=6G，需挂6个钩码；若A、B两点的钩码同时向远离支点的方向移动一个格，则左侧4G×4L=16GL，右侧6G×3L=18GL，因为16GL＜18GL，杠杆不能平衡，右端下降；（3）保持B点不变，若拉力F向右倾斜时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，力变大；（4）利用如图丁所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响．
故答案为：（1）右；（2）6，右；（3）变大；（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响．
【分析】（1）杠杆的调节方法：哪边高向哪边调；（2）、（3）根据杠杆的平衡条件求解；（4）当杠杆的重力作用线没有通过支点时杠杆的自重对实验的结果有影响。
29．【答案】（1）乙；10
（2）丙；丁；甲
（3）减小误差
【知识点】误差及其减小方法；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】解：（1）由表中数据可知，电流值随电压值的增大而增大，并且电流值与电压值成的比值不变，故电压表应测量定值电阻两端的电压，电流表应测量通过该电阻的电流，故电路图应为乙， ；（2）甲图中由于电流表直接并联在电源两端，故将会导致电流表中电流过大，从而烧坏电流表；丙图中，电压表并联在电流表两端，因电流表中电阻较小，故电压表几乎没有示数；丁图中，电压表串联在电路中，故电路中电阻无穷大，则电路中电流为0A；故A现象对应丙图，B现象对应丁图，C现象对应甲图；（3）此实验要多次测量电阻值，最后求电阻值的平均值，其目的是减小误差．
故答案为：（1）乙，10；（2）丙，丁，甲；（3）减小误差．
【分析】（1）通过对表中提供的数据分析对应的电路图并求出定值电阻的阻值；（2）分别分析开关闭合甲、丙、丁三个电路图出现的情况后选择正确的答案；（3）多次测量其平均值是减小误差的方法之一。
30．【答案】（1）解：如图所示：
（2）R被短路（合理即可）
（3）2.4；右；2
（4）C
（5）电压一定时，电流与电阻成反比
【知识点】串联电路的电压规律；电路故障的判断；控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】解：（1）由图甲所示电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电源电压为3V，电压表选用小量程，电压表与定值电阻并联，注意电压表正负接线柱的接法，电流表串联在电路中，按一上一下的原则将变阻器连入电路中，根据电路图连接实物电路图，如下图所示：
；
（2）由上分析，小华连接好电路，闭合开关后，移动滑动变阻器滑片时，发现电流表指针正常偏转，电压表示数为零，故障的原因可能是：R处发生短路；
（3）由图丙可知，电压表所选量程为0～3V，分度值为0.1V，根据指针位置可知，其示数是2.4V，拆下阻值为10Ω的电阻改换成阻值为20Ω的电阻．闭合开关，根据分压原理，电压表的示数会变大，因电流与电阻的关系时，要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，应增大滑动变阻器的阻值，由分压原理，应增大变阻器连入电路中的电阻大小，则应将变阻器滑片向右移动，使电压表的示数不变为2V；
（4）当小华改用50Ω的电阻继续实验时，根据分压原理，变阻器分得的电压为U滑=3V-2V=1V，变阻器的电压为电压表示数的 ，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻大小为 ，因变阻器的最大阻值小于25Ω，所以发现无论怎样移动滑动变阻器滑片，都无法使电压表示数达到实验要求的值，C符合题意；
（5）分析图丙图象，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积：U=IR=0.2A×10Ω=0.1A×20Ω=2V，即电压一定时，电流与电阻成反比．
故答案为：（1）如图所示；（2）R被短路（合理即可）；（3）2.4 ，右 ，2 ，（4）C；（5）电压一定时，电流与电阻成反比．
【分析】（1）根据电压表的量程和滑动变阻器的使用方法连接电路；（2）根据电流表和电压表的示数判断电路故障；（3）根据电压表的量程和最小分度值读出电压值，根据串联分压的原理分析滑动变阻器的滑片移到的方向，要研究电流与电阻的关系应控制电阻两端的电压相同；（4）当定值电阻的阻值较大、滑动变阻器的阻值太小时，滑动变阻器两端分的电压太小，定值电阻两端的电压太大无法保证定值电阻两端的电压不变；（5）运用控制变量法分析得出结论。
31．【答案】（1）内能；散热
（2）煤油的比热容较小，同样受热的情况下，温度变化明显
（3）A；B
【知识点】比热容；电功率与电能、时间的关系；物理学方法
【解析】【解答】解：（1）在理想模型中，电能全部转化为液体的内能，没有热量损失，液体也没有向外界散热；
（2）实验中杯子中的液体常用的是煤油而不是水，是因为煤油的比热容较小，在质量和吸热相同的情况下，温度变化明显；
（3）根据图象可得，在初温相同的情况下，要加热到同一末温的话，A中需要的时间较短，B中需要的时间较长．根据公式W=Pt，在W一定的情况下，P与t成反比，所以A中电热器的电功率比B中电热器的电功率大．已知两个电热器两端电压相等，A的功率大，由 得 ，可见A的电阻小，B的电阻大．
故答案为：（1）内能，散热；（2）煤油的比热容较小，同样受热的情况下，温度变化明显；（3）A ，B．
【分析】（1）电流做的功全部转化为煤油的内能；（2）根据图像和Q=cm△t分析可知当Q、m相同时c越小△t越大；（3）由图像分析可知A、B功率的大小，再根据P=可得出A、B电阻的大小。
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