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江苏省泰州市泰兴市宁界中学九年级（上）期中物理试卷
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这是一份江苏省泰州市泰兴市宁界中学九年级（上）期中物理试卷，共28页。试卷主要包含了2A的是，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省泰州市泰兴市宁界中学九年级（上）期中物理试卷
1. 下面家用电器中，工作电流约为0.2A的是( )
A. 空调 B. 洗衣机 C. 微波炉 D. 日光灯
2. 杠杆在生产、生活中有着广泛的应用，如图所示，下列工具中属于费距离的杠杆是( )
A. (1)(2) B. (1)(4) C. (1)(3) D. (2)(3)
3. 如图所示，在做“连接串联电路”的实验中，小宇同学闭合开关S后发现灯泡L1比L2亮，则( )
A. 通过L1的电流大
B. 通过L2的电流大
C. 通过两灯的电流一样大
D. 无法判断两灯的电流大小
4. 下列说法正确的是( )
A. 机械效率越高的机械做功越快 B. 机械效率越高的机械做功越多
C. 功率越大的机械做功越快 D. 功率越大的机械做功越多
5. 关于内能、温度和热量，下列说法正确是( )
A. 物体的内能跟物体的运动速度、物体的温度和物质状态都有关系
B. 不同燃料燃烧时，放出热量越多的热值越大
C. 质量和初温相同的水和煤油，放出相同热量时煤油温度降低的多
D. 内能总是从内能多的物体向内能少的物体转移
6. 如图，一木块从斜面上匀速滑下，下列说法正确的是( )
A. 木块只受到重力和斜面的支持力
B. 下滑过程中，木块的重力势能转化为动能
C. 下滑过程中，木块的重力势能转化为内能
D. 下滑过程中，木块的机械能保持不变
7. 如图，两个滑轮组由每个质量相同的滑轮组成。用它们分别将重物G1、G2提高相同高度( )
A. 若G1=G2，拉力做的额外功相同
B. 若G1=G2，拉力做的总功相同
C. 若G1=G2，甲的机械效率大于乙的机械效率
D. 用同一个滑轮组提起不同的重物，机械效率不变
8. 如图所示，若开关S闭合后，灯L1、L2均不亮，小美同学利用一根导线去查找电路故障，当她将导线连接在灯L1两端时，两灯均不亮，将导线连接在灯L2两端时，灯L1亮而灯L2不亮.由此可以判断( )
A. 灯L1短路 B. 灯L2短路 C. 灯L1断路 D. 灯L2断路
9. 两只小灯泡L1和L2连接在同一电路中．以下哪个特点可以确认两灯是并联的( )
A. 两灯亮度不相同 B. 两灯两端的电压相等
C. 通过两灯的电流相等 D. 通过两灯的电流不相等
10. 如图是学生设计的模拟调光灯电路。闭合开关后，移动回形针，发现灯泡发光，但亮度几乎不变，产生这一现象的原因可能是( )
A. 灯泡的阻值相对铅笔芯太大
B. 铅笔芯的总阻值太大
C. 灯泡被短路
D. 电源断路
11. 一个小石块从空中的某一高度，由静止开始竖直下落，若不计空气阻力，从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中，小石块的重力势能Ep随着时间的变化图象可能是( )
A. B.
C. D.
12. 如图所示，在光滑的水平台面上，一轻弹簧左端固定.右端连接一金属小球，O点是弹簧保持原长时小球的位置。压缩弹簧使小球至A位置，然后释放小球，小球就在AB间做往复运动(已知AO=OB)。小球从A位置运动到B位置的过程中，下列判断不正确的是( )
A. 小球的动能先增大后减小
B. 弹簧的弹性势能先减小后增大
C. 小球运动到O点时的动能与此时弹簧的弹性势能相等
D. 任一位置弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变
13. 某人将一箱书搬上楼，第一次把所有的书一起搬上楼；第二次先搬一部分书上楼，再搬剩下的部分。假设他上楼的速度相同，如两次人做功的功率分别为P1、P2，人做功的效率分别为η1、η2，则P1______P2，η1______η2.(选填“>”、“<”或“=”)
14. (3分)从桌面掉到地上的乒乓球会自动弹起，球在离开地面上升过程中______能转化为______能(两空均选填“动”、“重力势”或“弹性势”)，由于球与空气有摩擦，上升过程中球的机械能______。(选填“增大”、“减小”或“不变”)
15. 如图所示，工人用沿斜面大小为750N的拉力把一箱重为1800N货物从底端匀速拉进车厢，此斜面的长为4m，高为1.5m，则该斜面的机械效率是______%，货物与斜面间的摩擦力是______N，在这个过程中，货物的机械能______(选填“增大”、“不变”或“减小”)
16. 在如图甲所示的电路中，电源电压恒为12V，S1、S2同时合上后，电流表A1的示数如图乙表盘所示，则通过电灯L1的电流为______A，通过电灯L2的电流为______A，此时L1电阻为______Ω；若合上S1，断开S2，则L1、L2之间是______联。
17. 如图是一种自动测定油箱内油面高度的简易装置。
(1)图中虚线框内所运用的简单机械是______；
(2)图中的R是什么电路元件______；
(3)由电路特点可以看出，油量表实际上是一只______表；
(4)当油箱中的油面上升时，R连入电路的阻值将______，电路中的电流将______，油量表的读数将______。 (均选填“增大”或“减小”)
18. 有的半导体，在受热后电阻迅速变小，利用这种半导体可以做成体积很小的热敏电阻。
(1)如果将热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中的电流将______(选填“变大”或“变小”)。
(2)在上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度。如果刻度盘正中的温度刻度值为20℃(如图所示)，则25℃的刻度应在20℃刻度的______边(选填“左”或“右”)。
19. 如图甲所示，滑轮组在竖直向上的拉力F作用下，将重为105N的物体匀速提起，在5s时间内绳子自由端移动的距离为s=3m.图乙是滑轮组工作时的拉力F与绳自由端移动距离s的关系图．若绳重和摩擦力不计，则动滑轮为______ N，图乙中阴影部分的面积表示的物理量是______ ，该物理量大小为______ .该滑轮组提升此重物时的机械效率为______ ．
20. 一个四冲程汽油机飞轮转速2400r/min，则汽油机每秒对外做功______次，若此时输出功率30kW，则一个做功冲程活塞对外做功______J。当汽油在汽油机内燃烧不充分时会冒“黑烟”，这时发动机的效率将______(选填“变大”、“不变”或“变小”)，此时汽油的热值______(选填“变大”、“不变”或“变小”)。
21. 如图所示，拉杆式旅行箱可看成杠杆，O是轮子的转轴，相当于杠杆的支点，O′是箱体的重心，箱子在图示位置静止时，请画出施加在端点A的最小作用力F和箱体所受重力G的示意图。
22. 某家庭用的燃气热水器，将20kg的水从10℃加热到60℃，完全燃烧了0.21m3的煤气。已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，煤气的热值为4×107J/m3.试求：
(1)煤气完全燃烧放出的热量是多少？
(2)水吸收的热量是多少？
(3)该热水器烧水的效率是多少？
23. 如图所示的电路中，电阻R1的阻值为10欧。闭合开关S1、S2，电流表的示数分别为0.3A、0.5A，试求：
(1)电源电压；
(2)电阻R2的阻值；
(3)闭合开关S1、断开开关S2时，电流表A、A1的示数分别为多少？
24. 为了研究温度对导体电阻的影响，小翔设计了如图所示的实验电路：用酒精灯对电路中的一段灯丝(阻值约30Ω)加热，观察导体电阻的变化．该实验方案存在缺陷是______，改进方案：______．
25. 学习了杠杆知识后，小红利用身边的物品来探究杠杆的平衡条件。她所选择的器材有：铅笔、橡皮若干(每块橡皮质量为10g)、细线、刻度尺等。
(1)她将细线大致系在铅笔的中部位置，铅笔静止后如图甲所示，若想调节铅笔水平平衡，她应将细线向______(选填“左”或“右”)移动。调节铅笔水平平衡可以消除铅笔重力对实验的影响，在实验测量时还有一个优点，请你写出：______。
(2)调节水平平衡后，她用细线绑定数量不等的橡皮挂在杠杆支点两侧，如图乙所示。她所测数据记录在下表中：
动力F1/N
动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
F1l1/N⋅m
F2l2/N⋅m
0.2
0.02
0.1
0.04
0.004
0.004
记录数据后，同桌的小亮按现有方案得出如下结论：“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，这个结论与杠杆平衡条件______(选填“相符”或“不相符”)。为了进一步完善实验，得出普遍规律，小红接下来的做法应该是______。
A.改变力的大小 B.改变力的方向 C.改变力的作用点
(3)在实验过程中，铅笔水平平衡后(如图乙)，小红不小心将前端细长的铅笔芯弄断了(如图丙)，她立刻将铅笔稳住，并将铅笔芯放到左端细线下方固定(如图丁)，则松手后铅笔______。
A.左端下沉 B.右端下沉 C.仍然水平平衡
(4)学习了功的知识后，小红回看之前杠杆记录的数据，她想能否将表格中F1L1/N⋅m单位N⋅m换成J？根据功的定义，你觉得可以换吗？______(选填“可以”或“不可以”)。
26. 在探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验中，小明让不同质量的小球从同一斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，木块被撞出一段距离，如图甲所示。
(1)将小球从同一高度由静止释放的目的是______，该实验的目的是研究小球的动能大小与______(质量/速度)的关系。
(2)该实验是通过观察______来反映小球的动能大小，每次实验后都应将木块______。
(3)小明还想通过上述实验过程探究物体重力势能与质量的关系，经过小组讨论认为小明的设想是可行的，理由______。
(4)有同学将实验装置改进成图乙所示，用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，可以研究小球的动能大小与______(质量/速度)的关系。
27. 为了比较水和沙子吸热本领的大小，小明做了如图所示的实验：在两个相同的易拉罐中分别装有质量、初温都相同的水和沙子，用两个相同的酒精灯对其加热，实验数据记录如下：
质量/g
温度升高10℃所需要的时间/s
温度升高20℃
所需要的时间/s
温度升高30℃
所需要的时间/s
沙子
30
64
89
124
水
30
96
163
240
(1)为了完成实验，除了图中所示仪器外，还需要的测量仪器有：秒表、______；图中还缺少的一种器材是______。
(2)在此实验中，用加热时间的长短来表示物质______。
(3)分析上表中的实验数据可知；质量相同的水和沙子，升高相同的温度时，水吸收的热量______(填“大于”或“小于”)沙子吸收的热量；如果加热相同的时间，质量相同的水和沙子，______(填“沙子”或“水”)升高的温度更高。
(4)分析表中数据发现：水的温度升高第三个10℃比升高第二个10℃所用的时间长，其中的原因可能是：______。
28. 小林用电流表测量图(a)所示电路中通过灯泡的电流时，电流表先后接在了M、N处，电流表接在M点时，指针位置如图(b)，电流表接在N点时，指针位置如图(c)。
(1)两次测量指针的位置不同的原因是______。
(2)电路中的电源是蓄电池，它在充电时将______能转化为______能。电路中的电流应以______(填“b”或“c”)的读数为准，理由是______，电流的大小为______A。
29. 小华用如图所示的电路研究电流与电阻的关系。
(1)实验过程中，小华每次改变电阻箱R的阻值后，通过调节______，始终保持______示数不变。
(2)下表是小华实验过程记录的数据，可以初步得出的实验结论是______。
实验次序
1
2
3
4
5
R/Ω
10
20
30
40
50
I/A
0.6
0.3
0.15
0.12
(3)小华做第3次实验时，将电阻箱R的阻值从20Ω调为30Ω后，就直接记录电流表示数。这个示数可能是______
A.0.2A
B.0.17A
C.0.3A
D.0.26A
(4)小华对表格数据进行转换处理后，在坐标系中画出一条正比例函数图线。该坐标系是以电流I为纵坐标，以______为横坐标建立的。
30. 如图所示，某人站在A处通过一根绳和两个滑轮匀速提起物体B，所用的拉力F=100N，物体B重300N (不计滑轮重、绳重及摩擦力)，画出滑轮组的绕线。
31. 如图所示，使用笔画线代替导线完成电路。要求：在图中只加一根导线使之成为并联电路。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：
ABC、空调的功率在1000W以上，洗衣机的功率在400W左右，微波炉的功率在1000W左右，这些电器的工作电压为220V，由P=UI可知洗衣机的工作电流I=PU=400W220V≈1.8A，则空调、微波炉的工作电流都在1.8A以上，故ABC错误；
D、日光灯的功率约为40W，I=PU=40W220V≈0.18A，故工作电流约为0.2A，故D正确。
故选：D。
空调、洗衣机、微波炉三个用电器正常工作时电压为U=220V，电压U一定，由P=UI知功率P越小，电流I越小，根据家用电器的功率可知哪种用电器电流最小。
对于每个用电器的电流大小是多少，我们是有些陌生，不过我们可以借助我们比较熟悉的电功率来进行分析。家用电器的功率值平常要注意积累，在命题时这些数据是不会告诉的。
2.【答案】B
【解析】解：
(1)开瓶扳手在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离；
(2)镊子在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，费力但省距离；
(3)筷子在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，费力但省距离；
(4)羊角锤在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离；
属于费距离的杠杆是(1)(4)。
故选：B。
结合图片和生活经验，判断选项中的杠杆在使用过程中，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。
本题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
3.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，两灯泡串联，因此流过它们的电流相等，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据串联电路特点分析答题：串联电路电流处处相等。
本题考查了串联电路的特点，分析清楚电路结构，熟练应用串联电路特点即可正确解题。
4.【答案】C
【解析】解：机械效率是反映机械性能优劣的重要标志之一。机械效率高，表明使用该机械做功时，有用功在总功中所占的比例高，机械性能好，它并不能反映机械做功的快慢。功率是单位时间内所做的功，它反映的是物体做功快慢的物理量，功率越大的机械做功越快。故选项A是错误的，选项C正确。
物体做功多少是由功率大小和做功时间共同决定的，与物体的机械效率高低无关，所以选项B错误。由于做功多少是由功率大小和时间共同决定，所以在不指明时间相同这一条件下，功率大的机械做的功不一定多。选项D缺少“时间相同”这一条件，所以是错误的。
故选：C。
机械效率是有用功跟总功的比值，它是反映机械性能优劣的一个重要指标；
功率是表示物体做功快慢的物理量；
物体做功多少是由功率大小和做功时间共同决定的。
解答本题关键是要理解机械效率和功率的意义，机械效率和功率并没有必然的联系。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
(1)根据内能的概念来解答，内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和。内能的大小与温度有关，同时分子越多，其内能也会越大，其与机械能是没有任何关系的。
(2)不同燃料燃烧时，放出热量的多少与热值和燃料的质量有关，还与燃烧程度有关；
(3)因为水的比热容较大：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
(4)内能总是从温度高的物体向温度低的物体转移；
此题考查了机械能和内能的关系、燃料的热值理解、水的比热容最大的理解和热传递的理解，是一道综合题。
【解答】
A、物体的运动速度属于机械能，由于内能和机械能是没有关系的，故A错误；
B、不同燃料燃烧时，放出热量的多少与热值和燃料的质量有关还与燃烧程度有关，故B错误；
C、质量相同、初温相同的水和煤油，放出相同的热量；因为水的比热容大，所以水的温度变化小，煤油的温度变化大，故煤油的末温低一些，故C正确；
D、据热传递的定义可知，内能总是从温度高的物体向温度低的物体转移，故D错误；
故选：C。
6.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，一木块从斜面上匀速滑下时，受到重力、支持力和摩擦力的作用，故A错误；
B、匀速下滑过程中，木块的速度不变，所以动能不变，不是重力势能转化为动能，故B错误；
C、下滑过程中，木块的高度降低、重力势能减小，而动能不变，所以重力势能转化为内能，故C正确；
D、下滑过程中，动能不变，重力势能减小，所以木块的机械能保持变小，故D错误。
故选：C。
(1)根据摩擦力的产生条件，判断木块在下滑的过程中是否存在摩擦力，可确定其受力情况；
(2)动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，机械能包括动能和重力势能。
会对物体进行受力分析，知道动能、势能的影响因素，可根据题意做出相应的判断，难度不大。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
图中两个滑轮组的动滑轮数量不同，决定了所做的额外功不一样，再根据机械效率公式进行分析。
本题考查机械效率在滑轮组中的具体应用。
【解答】
A.如果两个滑轮组所拉重物相同，由图可得，甲图中动滑轮只有1个，而乙图中动滑轮有2个，说明乙图滑轮组所做的额外功要多。
BC.在提升相同重物，提升相同高度的情况下，有用功相同，但乙图中做的额外功多，说明乙图中滑轮组机械效率低，乙图中的滑轮组需要做更多的总功。
D.如果同一滑轮组提升的重物重力越大，说明有用功在总功中的比值越大，则机械效率越高。
故选：C。
8.【答案】D
【解析】解：
A、如果灯L1短路，L2完好，L2会发光。故A错误；
B、如果灯L2短路，L1完好，L1会发光。故B错误；
C、如果灯L1断路，将导线接在L1两端时，L2会发光。故C错误；
D、如果灯L2断路，将导线接在L2两端时，L1会发光。故D正确。
故选：D。
闭合开关，两灯都不亮，说明没有电流从任何一盏灯通过，所以不可能是一盏灯短路，另一盏灯完好，具体原因根据导线并联后灯泡是否发光、哪一只灯泡发光判断。
电路故障问题，是电学实验经常出现的问题，解决此类问题的关键是采用“排除法”，在不能直接确定答案时，将每个选项依次代入题干，一一排除，最终确定正确选项。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了串联电路、并联电路中电流的规律和电压的规律，会灵活应用电流和电压的特点进行分析。
(1)灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率；
(2)两灯两端的电压相等，可能是并联也可能是串联；
(3)通过两灯的电流相等可能是串联也可能是并联；
(4)通过两灯的电流不相等一定是并联。
【解答】
A.灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，两灯亮度不同，只能是实际功率不同，不能说明灯泡的串并联方式，故A错误；
B.并联电路两灯两端的电压一定相等，串联电路当两个灯泡的规格相同时两灯两端的电压也相等，故B错误；
C.串联电路通过两灯的电流一定相等，并联电路当两个灯泡的规格相同时通过两灯的电流也相等，故C错误；
D.通过两灯的电流不相等一定是并联，故D正确。
故选D。
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了串联电路的分压特点、灯泡的亮度变化等问题，关键是知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
题中的铅笔芯相当于一个滑动变阻器，它和灯泡串联分压，且电压和其电阻成正比。再根据公式P=U2R分析灯泡的实际功率的变化和灯泡亮度的变化。
【解答】
铅笔芯和小灯泡串联分压，在移动回形针的过程中，发现灯泡发光，但亮度几乎不变，
根据公式P=U2R可知，灯泡实际功率和其两端的电压的平方成正比，灯泡实际功率几乎不变，是因为两端的电压几乎不变，
原因是铅笔芯的电阻相对于小灯泡来说，其电阻太小，也就是说，小灯泡的电阻值相对铅笔芯太大，故BCD错误，A正确。
故选A。
11.【答案】C
【解析】
【分析】影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，据此分析得出从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中重力势能的变化规律，然后对照各个选项做出判断．
掌握重力势能大小的影响因素，并能分析重力势能的大小变化，同时作出变化的图象．
【解答】解：若不计空气阻力，从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中，石块做加速运动，石块在相同时间内下降的高度越来越大，石块所处的高度减小得越来越快，石块的重力势能Ep减小得越来越快，符合这一规律的只有C图，而D图是石块的重力势能Ep随时间减小得越来越慢，故D错误．
故选：C．
12.【答案】C
【解析】解：
由题知，O点是弹簧保持原长时小球的位置，则AO段弹簧处于压缩状态，OB段弹簧处于拉伸状态；
①小球从A运动到O的过程中，弹簧逐渐恢复原状，弹性形变程度变小，弹性势能变小，
水平台面光滑，则小球不受摩擦力；该过程中小球所受弹力方向向右，其速度不断增大，动能变大，所以此过程中弹性势能转化为动能；
②到达O点时，弹簧恢复原长，弹性势能为零，小球所受弹力为零，此时小球的速度最大，动能最大；
③小球从O运动到B的过程中，弹簧被拉长，弹性形变程度变大，弹性势能变大，
该过程中小球所受弹力方向向左，其速度不断减小，动能变小，所以此过程中动能转化为弹性势能；
则小球从A位置运动到B位置的过程中：
A、小球的动能先增加后减少，在B点时小球的动能最小，弹簧的弹性势能最大，故A正确；
B、弹簧的弹性势能先减少后增大，故B正确；
C、小球运动到O点时的动能(最大)与此时弹簧的弹性势能(为零)不相等，故C错误；
D、由于整体的机械能守恒，所以任一位置弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变，故D正确。
故选：C。
(1)动能的大小与物体的质量、速度有关，即质量越大，速度越大，物体的动能越大。
(2)弹性势能的大小与物体的弹性形变程度有关，弹性形变程度越大，弹性势能越大；
(3)水平台面光滑，说明没有机械能转化为内能，整个系统的机械能守恒。
此题考查了动能和势能的转化与守恒，知道并理解小球在该过程中的速度变化是解答该题的关键。
13.【答案】>；>
【解析】解：这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，由W=Gh可知，两次所做的有用功相等；
第方法一所做的额外功为克服自身重力所做的功，而方法二所做的额外功是两次克服自身重力所做的功，
因此方法二的额外功大于第一次的额外功，故方法二的总功大于第一次的总功，
由η=W有用W总可知，η1>η2。
因上楼的速度相同，方法二需要上楼二次，所以方法二所用时间长；
由P=Wt可知：P1>P2。
故答案为：>；>。
已知这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，根据公式W=Gh可求克服自身重力做的功；比较两次所做额外功的多少，从而确定总功的大小，根据机械效率公式可知效率的大小；
他上楼的速度相同，得出上楼时间关系，根据P=Wt可知功率大小。
本题考查了学生对有用功、额外功、总功、功率和机械效率的了解与掌握，能从场景中得出相关信息是本题的关键。
14.【答案】动 重力势 减小
【解析】解：乒乓球在上升的过程中，质量不变，速度减小，则动能减小；同时高度增大，重力势能增大，是动能转化为重力势能；
由于球与空气有摩擦，乒乓球上升的过程中克服空气阻力做功，机械能转化为内能，所以球的机械能减小。
故答案为：动；重力势；减小。
(1)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。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
(3)机械能等于动能和势能之和；克服摩擦做功，机械能转化为内能；不计阻力，机械能守恒。
对于判断能量转化的题目，我们可以从影响能量大小的因素来分析能量的变化，找到能量转化的方向。
15.【答案】90 75 增大
【解析】解：
(1)工人做的有用功W有用=Gh=1800N×1.5m=2700J；
工人做的总功W总=Fs=750N×4m=3000J，
斜面的机械效率η=W有W总×100%=2700J3000J×100%=90%；
(2)因为W总=W有用+W额
所以克服摩擦做的额外功W额=W总−W有用=3000J−2700J=300J，
由W额=fs可得货物与斜面间的摩擦力f=W额s=300J4m=750N；
(3)货物从底端匀速拉进车厢，货物质量不变，所以货物的动能不变，重力势能增大，故货物的机械能增大。
故答案为：90；75；增大。
(1)根据W有用=Gh求出有用功；根据W总=Fs求出总功，根据η=W有W总求出机械效率；
(2)求出克服摩擦做的额外功，根据W额=fs求出摩擦力的大小；
(3)由动能和势能的影响因素判断动能和势能变化，从而判断机械能的变化情况。
此题主要考查的是学生对有用功、总功、机械效率和额外功计算公式的理解和掌握以及动能和势能变化的判断，基础性题目。
16.【答案】1.5 0 8 串
【解析】解：S1、S2同时合上后，L2被短路，电路为只有L1的简单电路，电流表A1测电路中的电流；
此时电流表A1示数如图乙所示，连接的是0～3A的量程，因此该电流表的示数为1.5A，
即通过电灯L1的电流为1.5A；通过灯L2的电流为0A；
由欧姆定律可知此时L1的电阻为：R1=UI1=12V1.5A=8Ω；
若合上S1，断开S2，电路中只有一条电流路径，两个灯泡互相干扰，不能单独工作，因此该电路为L1和L2的串联电路。
故答案为：1.5；0；8；串。
S1、S2同时合上后，电路为只有L1的简单电路，电流表A1测电路中的电流；电流表读数时，要注意所连接的量程和分度值，据此解答；
利用欧姆定律可求出灯L1的阻值；
串联电路中只有一条电流路径，各个用电器之间互相干扰，不能单独工作；并联电路中至少有两条电流路径，各个支路的用电器之间互不干扰，可以单独工作。
本题主要考查了学生对欧姆定律的应用，解题关键是要掌握串、并连电路的特点。
17.【答案】杠杆 滑动变阻器 电流 减小 增大 增大
【解析】解：
(1)当油面升高，浮子位置升高，在虚线框内的装置特点是在力的作用下，围绕固定点转动，即是在杠杆作用下；
(2)由图可知：当油箱内的油位发生变化时，电路中的电阻会发生变化，所以R的作用相当于滑动变阻器；
(3)由电路图可知，油量表串联在电路中，故油量表是由电流表改装的；
(4)当油箱中的浮标向上运动时，指针下移，R连入的电阻值将减小，对电流的阻碍作用将减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大，油量表的读数将增大。
故答案为：(1)杠杆；(2)滑动变阻器；(3)电流；(4)减小；增大；增大。
(1)一根硬棒，绕着固定的点转动，把这根硬棒叫杠杆。
(2)根据R接入电路中电阻的不同，使电路中电流发生改变(即滑动变阻器的作用)进行分析；
(3)根据电压表使用时并联、电流表使用时串联判断油量表的类型；
(4)电阻是指对电流的阻碍作用，根据浮标向上运动时指针的变化判断接入电路中电阻的变化，在根据欧姆定律判断电路中电流的变化。
本题是利用所学知识解释油量表的原理，是一道力学和电学的综合题，学以致用，符合新课标的要求。
18.【答案】变小 右
【解析】解：(1)已知热敏电阻受热后，其阻值会变小，若热敏电阻所处区域的温度降低，其阻值会变大，则电路的总电阻变大，
由欧姆定律可知，电路中的电流将变小；
(2)当热敏电阻附近的温度大于20℃，变为25℃时，热敏电阻的阻值将变小，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路中的电流将变大，
所以25℃的刻度应在20℃的右边。
故答案为：(1)变小；(2)右。
(1)已知热敏电阻受热后的阻值会变小，则温度降低时，其阻值会变大，再通过欧姆定律分析电路中的电流即可；
(2)热敏电阻的温度升高时，其阻值会变小，由欧姆定律分析电路中的电流变化，据此分析25℃的刻度应在20℃刻度的哪侧。
本题考查了学生对欧姆定律的应用，解题关键是要利用好热敏电阻的特点，分析出电流的变化。
19.【答案】45；总功；150J；70%
【解析】
【分析】
(1)根据图判定连接动滑轮绳子的段数，根据F=1n(G物+G轮)求出动滑轮的重力；
(2)根据横纵坐标表示的单位和数值以及其数值变化关系确定该物理量，并计算其大小；
(3)根据机械效率公式η=W有W总=GhFs计算滑轮组的机械效率．
本题考查了动滑轮重力的计算、功、机械效率公式的灵活运用，能够正确识图和辨别滑轮组承担总重的绳子的段数是解题的关键．
【解答】
(1)由图可知，滑轮组由三段绳子承担总重，拉力的大小为50N，已知物体的重力为105N；
绳重和摩擦力不计，所以F=13(G物+G轮)，
即：50N=13(105N+G轮)，解得G轮=45N；
(2)纵坐标表示力的大小为50N，大小不变，横坐标表示绳端移动的距离，大小为3m，
所以阴影部分表示力所做的总功，则W总=Fs=50N×3m=150J；
(3)设物体提升的高度为h，则滑轮组的机械效率：
η=W有W总=GhFs=105N×h50N×3h×100%=70%．
故答案为：45；总功；150J；70%．
20.【答案】20 1500 变小 不变
【解析】解：飞轮转速是2400r/min是说飞轮每分钟转2400转，即每秒钟转40转(40r/s)，因一个工作循环飞轮转2圈，做功一次，所以每秒可以做功20次；
一个做功冲程活塞对外做的功：W=Pt=30×103W×1×120s=1500J；
冒“黑烟”说明燃烧不充分，用来做有用功的能量占燃料完全燃烧放出的总能量的比值就小，所以效率变小；
由于热值是燃料本身的一种性质，故即使汽油燃烧不充分，汽油的热值仍不变；
故答案为：20；1500；变小；不变。
四冲程内燃机完成1个工作循环，曲轴、飞轮转2圈，完成4个冲程并对外做功1次；根据W=Pt可求一个做功冲程活塞对外做的功；热机的效率是指用来做有用功的能量占燃料完全燃料放出的总能量的百分比，据此结合现象可分析对效率的影响；1kg的某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值，其大小只与燃料的种类有关。
此类题目考查知识了内燃机的四个冲程、热机效率的相关问题，要结合相关知识点进行分析解答，是中考的难点。
21.【答案】解：(1)由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长，力的方向与动力臂垂直向上，如下图所示：
(2)从旅行箱重心O′点作竖直向下的作用力，即为箱体所受重力G。如图所示：
【解析】(1)要想抬起拉杆时的动力最小，就要求动力臂最长，支点到动力作用点的距离作为动力臂最长，根据力与力臂的关系可画出最小作用力F；
(2)根据重力的方向是竖直向下的，从旅行箱重心做竖直向下的力即可。
本题考查重力的示意图和力臂的画法，求最小的力是常见的题型，关键是要找到离支点最远的点从而做出最长的力臂。
22.【答案】解：(1)煤气完全燃烧放出的热量：
Q放=Vq=0.21m3×4×107J/m3=8.4×106J；
(2)水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×20kg×(60℃−10℃)=4.2×106J；
(3)该热水器烧水的效率：
η=Q吸Q放×100%=4.2×106J8.4×106J×100%=50%。
答：(1)煤气完全燃烧放出的热量是8.4×106J；
(2)水吸收的热量是4.2×106J；
(3)该热水器烧水的效率是50%。
【解析】(1)知道煤气的体积和热值，根据Q放=Vq求出煤气完全燃烧放出的热量；
(2)知道水的质量、水的比热容以及初温、末温，根据Q吸=cm(t−t0)求水吸收的热量；
(3)根据η=Q吸Q放×100%求出该热水器烧水的效率。
本题考查了燃料完全燃烧释放热量公式和吸热公式、效率公式的应用，是一道较为简单的计算题。
23.【答案】解：闭合开关S1、S2，该电路为R1和R2的并联电路，电流表A1测通过R1的电流，电流表A测干路的电流；
(1)已知R1=10Ω，闭合开关S1、S2，电流表A1的示数为0.3A，即通过R1的电流为I1=0.3A，
R1两端的电压为：U1=I1R1=0.3A×10Ω=3V，由并联电路的电压特点可知电源电压为：U=U1=3V；
(2)R2两端的电压为：U2=U=3V，
已知电流表A的示数为0.5A，即干路的电流为I=0.5A，
由并联电路的电流特点可知通过R2的电流为：I2=I−I1=0.5A−0.3A=0.2A，
则由欧姆定律可知R2的阻值为：R2=U2I2=3V0.2A=15Ω；
(3)闭合开关S1、断开开关S2时，该电路为只有R1的简单电路，电流表A和A1测电路中的电流，
此时两个电流表的示数是通过R1的电流，即电流表 A、A1的示数分别为0.3A。
答：(1)电源电压为3V；
(2)电阻R2的阻值为15Ω；
(3)电流表 A、A1的示数分别为0.3A。
【解析】闭合开关S1、S2，该电路为R1和R2的并联电路，电流表A1测通过R1的电流，电流表A测干路的电流，因此A1的示数为0.3A，A的示数为0.5A；
(1)已知电流表A1的示数，即通过R1的电流，利用U=IR求出R1两端的电压，即电源电压；
(2)由并联电路电压的特点可知R2两端的电压；已知电流表A的示数，即干路的电流，由并联电路的电流特点可得出通过R2的电流，利用欧姆定律可求出R2的阻值；
(3)闭合开关S1、断开开关S2时，电路为R1的简单电路，电流表A和A1测电路中的电流，
由于并联电路中各个支路之间互相不影响，因此少了R2这条支路，不影响通过R1的电流，由此可知电流表A和A1的示数。
本题主要考查了学生对欧姆定律的应用，熟练掌握并联电路中电流和电压的特点是解题的关键。
24.【答案】无法比较电阻的大小 在电路中串联一块电流表或者小灯泡
【解析】解：根据电路图可知，电路中没有反应电流变化的元件，无法比较电阻的变化情况，因此应在电路中串联灯泡或电流表．
故答案为：无法比较电阻的大小；在电路中串联一块电流表或者小灯泡．
电阻起阻碍电流的作用，可通过灯泡的亮度或电流表的示数探究温度对电阻的影响．
本题是探究温度对电阻的影响实验，电阻的大小不能直接看出，可通过电路中的电流变化推知，即用到转化法．
25.【答案】左 便于力臂的测量 不相符 B B 不可以
【解析】解：
(1)由图可知，铅笔静止后左端下沉，若想调节铅笔水平平衡，应将支点向左移动，即细线向左移动；调节铅笔水平平衡可以消除铅笔重力对实验的影响，同时可从杠杆上直接读取力臂的大小；
(2)“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向，故B正确；
(3)由丁图可知，把折断的铅笔芯放到左端细线下方固定，对于杠杆来说，杠杆两侧的重力不变，但是杠杆左侧的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，
G左L左
故答案为：(1)左；便于力臂的测量；(2)不相符；B；(3)B；(4)不可以。
(1)杠杆在水平位置平衡后，重力的方向跟杠杆垂直，支点到力的作用点的距离就是力臂，同时能够消除杠杆自身重力对杠杆平衡的影响，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡；
(2)从支点到动力作用线的垂直距离叫动力臂；从支点到阻力作用线的垂直距离叫阻力臂；
(3)铅笔芯折断后，固定在左端细线下，据此分析杠杆力臂的变化，根据杠杆平衡的条件分析解答；
(4)根据功的概念分析功的单位J与杠杆平衡条件中力与力臂的乘积FL/N⋅m的不同。
此题是探究杠杆平衡条件的实验，考查了杠杆的调平及实验中应注意的问题，在实验中为得到普遍性的规律，应多测几组数据进行分析。
26.【答案】使小车到达水平面时的速度大小相等 质量 木块移动的距离 放回原处 小球的动能是由小球的重力势能转化而来的 速度
【解析】解：(1)根据实验的要求可知，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面初速度相同，由控制变量法，该实验的目的是研究小球的动能大小与质量的关系；
(2)根据转换法，实验中，是通过观察木块移动的距离的大小判断出球具有的动能的大小，每次实验后都应将木块放在放回原处，观察木块的末位置，判断出木块移动的距离的大小；
(3)小球的动能是由小球的重力势能转化而来，故小明还想通过上述实验过程探究物体重力势能与质量的关系，方案可行；
(4)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，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹性势能不相同，小球与弹簧分开后获得的初速度不同，而小球的质量相同，故可以研究小球的动能大小与速度的关系。
故答案为：(1)使小车到达水平面时的速度大小相等；质量；(2)木块移动的距离；放回原处；(3)小球的动能是由小球的重力势能转化而来的；(4)速度。
(1)由控制变量法，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面初速度相同；
物体动能的大小与物体的质量和速度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；
(2)根据转换法，动能的大小通过观察木块移动的距离来反映出来，每次实验后都应将木块放在同一位置；
(3)弹簧的弹性势能转化为小球的动能，小球的动能转化为木块的动能；
(4)结合控制变量法的要求，看是否合理的控制了相关变量，并改变了要研究的变量。
本题探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验，考查控制变量法、转换法的运用及机械能的转化和对实验方案的评估。
27.【答案】天平 玻璃棒或搅拌器 吸热多少 大于 沙子 水温越高蒸发吸热越快或水温越高与周围环境温差越大，散热越快
【解析】解：(1)根据比较不同物质的吸热能力的2种方法，要控制不同物质的质量相同，故要用到测量的工具------天平；为使物体均匀受热，还要用到玻璃棒或搅拌器；
(2)根据转换法，利用加热时间的长短来反映物体吸热的多少；
(3)分析上表中的实验数据可知：质量相同的水和沙子，升高相同温度时，水用的时间长，根据转换法，故水吸收的热量大于沙子吸收的热量；
所以如果加热相同的时间，质量相同的水和沙子，沙子升高的温度更高；
(4)分析表中数据发现：水的温度升高第三个10℃比升高第二个10℃所用的时间长，其中的原因可能是：水温越高蒸发吸热越快或水温越高与周围环境温差越大，散热越快。
故答案为：
(1)天平；玻璃棒或搅拌器；(2)吸热多少；(3)大于； 沙子；(4)水温越高蒸发吸热越快或水温越高与周围环境温差越大，散热越快。
(1)(2)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
为使物体均匀受热，还要用到玻璃棒或搅拌器；
(3)根据转换法分析；由推理法得出结论；
(4)从温度越高，蒸发越快及蒸发吸热或热传递考虑热量损失分析。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法、蒸发的知识及反常现象的分析，为热学中的重要实验。
28.【答案】两电流表选用的量程不同 电 化学 b 分度值小更加精确 0.46
【解析】解：(1)因为M、N两点的电流相等，而两个电流表的指针偏转角度不同，说明两电流表选用的量程不同。
(2)蓄电池充电时，将电能转化为化学能；
从图中可以看出，b图中指针偏转角度大，说明选择的量程较小，分度值小，故选b表的读数为准。
(3)b图中电流表量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.46A，故电路中的实际电流为0.46A。
故答案为：(1)两电流表选用的量程不同。(2)电；化学；b；分度值小更加精确；0.46。
选择的量程不同，指针的偏转角度不同，分度值越小，结果越精确；根据电流表的量程、最小分度值读出电流表的示数。
蓄电池充电时，电能转化为化学能；放电时，化学能转化为电能。
解决本题的关键：一是掌握电路中电流的特点，二是明确测量工具的分度值越小，测量结果越精确；三是会根据电流表指针的位置读出电流表的示数；四是明确电源使用过程中的能量转化问题。
29.【答案】滑动变阻器 电压表 电压一定时，通过导体的电流跟导体的电阻成反比 D 电阻的倒数
【解析】解(1)在探究电流与电阻的关系的实验中，要控制电阻两端的电压不变，改变电阻的大小，观察电路中电流的变化，由此可知，当电阻箱接入电路的电阻改变后，应调节滑动变阻器接入电路的阻值，使电压表的示数保持不变；
(2)由实验数据可知，电流与电阻的乘积的值是定值，由此可得：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流跟导体的电阻成反比；
(3)当电阻箱R的阻值从20Ω调为30Ω时，没有移动滑片，电阻箱两端的电压也将增大，即电阻箱两端的电压大于6V，根据欧姆定律I=UR，电阻R=30Ω，电压U>6V，所以通过电阻箱的电流I>0.2A；
因为电路中的总电阻变大，电路两端的总电压不变，由欧姆定律I=UR可知，电路中的总电流变小，所以电路中的总电流小于20Ω时的电流0.3A，因此不移动滑片，电路中的电流I在0.2A～0.3A之间，故选D；
(4)由电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比可知，电路中电流I与导体的电阻的倒数1R成正比，而小华在坐标系中画出一条正比例函数图线，由此可知，小华画出的是I−1R的图象，图象中坐标系的纵坐标是电流I，横坐标是电阻的倒数1R。
故答案是：(1)滑动变阻器；电压表；
(2)在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(3)D；
(4)电阻的倒数。
(1)在探究电流与电阻的关系的实验中，要控制电阻两端的电压不变，改变电阻的大小，观察电路中电流的变化，由此可知，当电阻箱接入电路的电阻改变后，应调节滑动变阻器接入电路的阻值，使电压表的示数保持不变；
(2)由实验数据可知，电流与电阻的乘积的值是定值，由此可得出实验结论；
(3)当电阻箱R的阻值从20Ω调为30Ω时，没有移动滑片，电阻箱两端的电压也将增大，即电阻箱两端的电压大于6V，根据欧姆定律可知，通过电阻箱的电流也将大于0.2A；
因为电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，所以电路中的电流小于20Ω时的电流，由此可知，直接记录电流表示数，电流表示数应在0.2A～0.3A之间；
(4)由电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比可知，电路中电流I与导体的电阻的倒数1R成正比，而小华在坐标系中画出一条正比例函数图线，由此可知，小华画出的是I−1R的图象。
本题主要考查探究电流与电阻的关系，其中分析当电阻箱的电阻由20Ω换成30Ω时，电路中的电流的变化范围是本题的难点。
30.【答案】解：不计滑轮重和绳重，不计摩擦力，承担物重的绳子段数为n=GF=300N100N=3，
滑轮组由3段绳子承担物重，绕线如图所示：
【解析】此题考查了有关滑轮组的绕线，根据滑轮组的省力特点判断出承担物重的绳子段数是解决此题的关键。
31.【答案】解：图中两灯泡有一端已相连，为使两灯并联，可增加一根导线，将两灯泡的另一端相连，如图所示：
。
【解析】用电器并列连接的电路是并联电路，电流有分支点和汇合点，据此分析解答。
本题考查根据要求连接实物图，知道并联电路中用电器首首连接、尾尾相连就很容易解题了。
2020-2021学年江苏省泰州市泰兴市宁界中学九年级（上）期中物理试卷
1. 下面家用电器中，工作电流约为0.2A的是( )
A. 空调 B. 洗衣机 C. 微波炉 D. 日光灯
2. 杠杆在生产、生活中有着广泛的应用，如图所示，下列工具中属于费距离的杠杆是( )
A. (1)(2) B. (1)(4) C. (1)(3) D. (2)(3)
3. 如图所示，在做“连接串联电路”的实验中，小宇同学闭合开关S后发现灯泡L1比L2亮，则( )
A. 通过L1的电流大
B. 通过L2的电流大
C. 通过两灯的电流一样大
D. 无法判断两灯的电流大小
4. 下列说法正确的是( )
A. 机械效率越高的机械做功越快 B. 机械效率越高的机械做功越多
C. 功率越大的机械做功越快 D. 功率越大的机械做功越多
5. 关于内能、温度和热量，下列说法正确是( )
A. 物体的内能跟物体的运动速度、物体的温度和物质状态都有关系
B. 不同燃料燃烧时，放出热量越多的热值越大
C. 质量和初温相同的水和煤油，放出相同热量时煤油温度降低的多
D. 内能总是从内能多的物体向内能少的物体转移
6. 如图，一木块从斜面上匀速滑下，下列说法正确的是( )
A. 木块只受到重力和斜面的支持力
B. 下滑过程中，木块的重力势能转化为动能
C. 下滑过程中，木块的重力势能转化为内能
D. 下滑过程中，木块的机械能保持不变
7. 如图，两个滑轮组由每个质量相同的滑轮组成。用它们分别将重物G1、G2提高相同高度( )
A. 若G1=G2，拉力做的额外功相同
B. 若G1=G2，拉力做的总功相同
C. 若G1=G2，甲的机械效率大于乙的机械效率
D. 用同一个滑轮组提起不同的重物，机械效率不变
8. 如图所示，若开关S闭合后，灯L1、L2均不亮，小美同学利用一根导线去查找电路故障，当她将导线连接在灯L1两端时，两灯均不亮，将导线连接在灯L2两端时，灯L1亮而灯L2不亮.由此可以判断( )
A. 灯L1短路 B. 灯L2短路 C. 灯L1断路 D. 灯L2断路
9. 两只小灯泡L1和L2连接在同一电路中．以下哪个特点可以确认两灯是并联的( )
A. 两灯亮度不相同 B. 两灯两端的电压相等
C. 通过两灯的电流相等 D. 通过两灯的电流不相等
10. 如图是学生设计的模拟调光灯电路。闭合开关后，移动回形针，发现灯泡发光，但亮度几乎不变，产生这一现象的原因可能是( )
A. 灯泡的阻值相对铅笔芯太大
B. 铅笔芯的总阻值太大
C. 灯泡被短路
D. 电源断路
11. 一个小石块从空中的某一高度，由静止开始竖直下落，若不计空气阻力，从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中，小石块的重力势能Ep随着时间的变化图象可能是( )
A. B.
C. D.
12. 如图所示，在光滑的水平台面上，一轻弹簧左端固定.右端连接一金属小球，O点是弹簧保持原长时小球的位置。压缩弹簧使小球至A位置，然后释放小球，小球就在AB间做往复运动(已知AO=OB)。小球从A位置运动到B位置的过程中，下列判断不正确的是( )
A. 小球的动能先增大后减小
B. 弹簧的弹性势能先减小后增大
C. 小球运动到O点时的动能与此时弹簧的弹性势能相等
D. 任一位置弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变
13. 某人将一箱书搬上楼，第一次把所有的书一起搬上楼；第二次先搬一部分书上楼，再搬剩下的部分。假设他上楼的速度相同，如两次人做功的功率分别为P1、P2，人做功的效率分别为η1、η2，则P1______P2，η1______η2.(选填“>”、“<”或“=”)
14. (3分)从桌面掉到地上的乒乓球会自动弹起，球在离开地面上升过程中______能转化为______能(两空均选填“动”、“重力势”或“弹性势”)，由于球与空气有摩擦，上升过程中球的机械能______。(选填“增大”、“减小”或“不变”)
15. 如图所示，工人用沿斜面大小为750N的拉力把一箱重为1800N货物从底端匀速拉进车厢，此斜面的长为4m，高为1.5m，则该斜面的机械效率是______%，货物与斜面间的摩擦力是______N，在这个过程中，货物的机械能______(选填“增大”、“不变”或“减小”)
16. 在如图甲所示的电路中，电源电压恒为12V，S1、S2同时合上后，电流表A1的示数如图乙表盘所示，则通过电灯L1的电流为______A，通过电灯L2的电流为______A，此时L1电阻为______Ω；若合上S1，断开S2，则L1、L2之间是______联。
17. 如图是一种自动测定油箱内油面高度的简易装置。
(1)图中虚线框内所运用的简单机械是______；
(2)图中的R是什么电路元件______；
(3)由电路特点可以看出，油量表实际上是一只______表；
(4)当油箱中的油面上升时，R连入电路的阻值将______，电路中的电流将______，油量表的读数将______。 (均选填“增大”或“减小”)
18. 有的半导体，在受热后电阻迅速变小，利用这种半导体可以做成体积很小的热敏电阻。
(1)如果将热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中的电流将______(选填“变大”或“变小”)。
(2)在上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度。如果刻度盘正中的温度刻度值为20℃(如图所示)，则25℃的刻度应在20℃刻度的______边(选填“左”或“右”)。
19. 如图甲所示，滑轮组在竖直向上的拉力F作用下，将重为105N的物体匀速提起，在5s时间内绳子自由端移动的距离为s=3m.图乙是滑轮组工作时的拉力F与绳自由端移动距离s的关系图．若绳重和摩擦力不计，则动滑轮为______ N，图乙中阴影部分的面积表示的物理量是______ ，该物理量大小为______ .该滑轮组提升此重物时的机械效率为______ ．
20. 一个四冲程汽油机飞轮转速2400r/min，则汽油机每秒对外做功______次，若此时输出功率30kW，则一个做功冲程活塞对外做功______J。当汽油在汽油机内燃烧不充分时会冒“黑烟”，这时发动机的效率将______(选填“变大”、“不变”或“变小”)，此时汽油的热值______(选填“变大”、“不变”或“变小”)。
21. 如图所示，拉杆式旅行箱可看成杠杆，O是轮子的转轴，相当于杠杆的支点，O′是箱体的重心，箱子在图示位置静止时，请画出施加在端点A的最小作用力F和箱体所受重力G的示意图。
22. 某家庭用的燃气热水器，将20kg的水从10℃加热到60℃，完全燃烧了0.21m3的煤气。已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，煤气的热值为4×107J/m3.试求：
(1)煤气完全燃烧放出的热量是多少？
(2)水吸收的热量是多少？
(3)该热水器烧水的效率是多少？
23. 如图所示的电路中，电阻R1的阻值为10欧。闭合开关S1、S2，电流表的示数分别为0.3A、0.5A，试求：
(1)电源电压；
(2)电阻R2的阻值；
(3)闭合开关S1、断开开关S2时，电流表A、A1的示数分别为多少？
24. 为了研究温度对导体电阻的影响，小翔设计了如图所示的实验电路：用酒精灯对电路中的一段灯丝(阻值约30Ω)加热，观察导体电阻的变化．该实验方案存在缺陷是______，改进方案：______．
25. 学习了杠杆知识后，小红利用身边的物品来探究杠杆的平衡条件。她所选择的器材有：铅笔、橡皮若干(每块橡皮质量为10g)、细线、刻度尺等。
(1)她将细线大致系在铅笔的中部位置，铅笔静止后如图甲所示，若想调节铅笔水平平衡，她应将细线向______(选填“左”或“右”)移动。调节铅笔水平平衡可以消除铅笔重力对实验的影响，在实验测量时还有一个优点，请你写出：______。
(2)调节水平平衡后，她用细线绑定数量不等的橡皮挂在杠杆支点两侧，如图乙所示。她所测数据记录在下表中：
动力F1/N
动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
F1l1/N⋅m
F2l2/N⋅m
0.2
0.02
0.1
0.04
0.004
0.004
记录数据后，同桌的小亮按现有方案得出如下结论：“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，这个结论与杠杆平衡条件______(选填“相符”或“不相符”)。为了进一步完善实验，得出普遍规律，小红接下来的做法应该是______。
A.改变力的大小 B.改变力的方向 C.改变力的作用点
(3)在实验过程中，铅笔水平平衡后(如图乙)，小红不小心将前端细长的铅笔芯弄断了(如图丙)，她立刻将铅笔稳住，并将铅笔芯放到左端细线下方固定(如图丁)，则松手后铅笔______。
A.左端下沉 B.右端下沉 C.仍然水平平衡
(4)学习了功的知识后，小红回看之前杠杆记录的数据，她想能否将表格中F1L1/N⋅m单位N⋅m换成J？根据功的定义，你觉得可以换吗？______(选填“可以”或“不可以”)。
26. 在探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验中，小明让不同质量的小球从同一斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，木块被撞出一段距离，如图甲所示。
(1)将小球从同一高度由静止释放的目的是______，该实验的目的是研究小球的动能大小与______(质量/速度)的关系。
(2)该实验是通过观察______来反映小球的动能大小，每次实验后都应将木块______。
(3)小明还想通过上述实验过程探究物体重力势能与质量的关系，经过小组讨论认为小明的设想是可行的，理由______。
(4)有同学将实验装置改进成图乙所示，用同一小球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，可以研究小球的动能大小与______(质量/速度)的关系。
27. 为了比较水和沙子吸热本领的大小，小明做了如图所示的实验：在两个相同的易拉罐中分别装有质量、初温都相同的水和沙子，用两个相同的酒精灯对其加热，实验数据记录如下：
质量/g
温度升高10℃所需要的时间/s
温度升高20℃
所需要的时间/s
温度升高30℃
所需要的时间/s
沙子
30
64
89
124
水
30
96
163
240
(1)为了完成实验，除了图中所示仪器外，还需要的测量仪器有：秒表、______；图中还缺少的一种器材是______。
(2)在此实验中，用加热时间的长短来表示物质______。
(3)分析上表中的实验数据可知；质量相同的水和沙子，升高相同的温度时，水吸收的热量______(填“大于”或“小于”)沙子吸收的热量；如果加热相同的时间，质量相同的水和沙子，______(填“沙子”或“水”)升高的温度更高。
(4)分析表中数据发现：水的温度升高第三个10℃比升高第二个10℃所用的时间长，其中的原因可能是：______。
28. 小林用电流表测量图(a)所示电路中通过灯泡的电流时，电流表先后接在了M、N处，电流表接在M点时，指针位置如图(b)，电流表接在N点时，指针位置如图(c)。
(1)两次测量指针的位置不同的原因是______。
(2)电路中的电源是蓄电池，它在充电时将______能转化为______能。电路中的电流应以______(填“b”或“c”)的读数为准，理由是______，电流的大小为______A。
29. 小华用如图所示的电路研究电流与电阻的关系。
(1)实验过程中，小华每次改变电阻箱R的阻值后，通过调节______，始终保持______示数不变。
(2)下表是小华实验过程记录的数据，可以初步得出的实验结论是______。
实验次序
1
2
3
4
5
R/Ω
10
20
30
40
50
I/A
0.6
0.3
0.15
0.12
(3)小华做第3次实验时，将电阻箱R的阻值从20Ω调为30Ω后，就直接记录电流表示数。这个示数可能是______
A.0.2A
B.0.17A
C.0.3A
D.0.26A
(4)小华对表格数据进行转换处理后，在坐标系中画出一条正比例函数图线。该坐标系是以电流I为纵坐标，以______为横坐标建立的。
30. 如图所示，某人站在A处通过一根绳和两个滑轮匀速提起物体B，所用的拉力F=100N，物体B重300N (不计滑轮重、绳重及摩擦力)，画出滑轮组的绕线。
31. 如图所示，使用笔画线代替导线完成电路。要求：在图中只加一根导线使之成为并联电路。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：
ABC、空调的功率在1000W以上，洗衣机的功率在400W左右，微波炉的功率在1000W左右，这些电器的工作电压为220V，由P=UI可知洗衣机的工作电流I=PU=400W220V≈1.8A，则空调、微波炉的工作电流都在1.8A以上，故ABC错误；
D、日光灯的功率约为40W，I=PU=40W220V≈0.18A，故工作电流约为0.2A，故D正确。
故选：D。
空调、洗衣机、微波炉三个用电器正常工作时电压为U=220V，电压U一定，由P=UI知功率P越小，电流I越小，根据家用电器的功率可知哪种用电器电流最小。
对于每个用电器的电流大小是多少，我们是有些陌生，不过我们可以借助我们比较熟悉的电功率来进行分析。家用电器的功率值平常要注意积累，在命题时这些数据是不会告诉的。
2.【答案】B
【解析】解：
(1)开瓶扳手在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离；
(2)镊子在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，费力但省距离；
(3)筷子在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，费力但省距离；
(4)羊角锤在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离；
属于费距离的杠杆是(1)(4)。
故选：B。
结合图片和生活经验，判断选项中的杠杆在使用过程中，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。
本题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
3.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，两灯泡串联，因此流过它们的电流相等，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据串联电路特点分析答题：串联电路电流处处相等。
本题考查了串联电路的特点，分析清楚电路结构，熟练应用串联电路特点即可正确解题。
4.【答案】C
【解析】解：机械效率是反映机械性能优劣的重要标志之一。机械效率高，表明使用该机械做功时，有用功在总功中所占的比例高，机械性能好，它并不能反映机械做功的快慢。功率是单位时间内所做的功，它反映的是物体做功快慢的物理量，功率越大的机械做功越快。故选项A是错误的，选项C正确。
物体做功多少是由功率大小和做功时间共同决定的，与物体的机械效率高低无关，所以选项B错误。由于做功多少是由功率大小和时间共同决定，所以在不指明时间相同这一条件下，功率大的机械做的功不一定多。选项D缺少“时间相同”这一条件，所以是错误的。
故选：C。
机械效率是有用功跟总功的比值，它是反映机械性能优劣的一个重要指标；
功率是表示物体做功快慢的物理量；
物体做功多少是由功率大小和做功时间共同决定的。
解答本题关键是要理解机械效率和功率的意义，机械效率和功率并没有必然的联系。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
(1)根据内能的概念来解答，内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和。内能的大小与温度有关，同时分子越多，其内能也会越大，其与机械能是没有任何关系的。
(2)不同燃料燃烧时，放出热量的多少与热值和燃料的质量有关，还与燃烧程度有关；
(3)因为水的比热容较大：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
(4)内能总是从温度高的物体向温度低的物体转移；
此题考查了机械能和内能的关系、燃料的热值理解、水的比热容最大的理解和热传递的理解，是一道综合题。
【解答】
A、物体的运动速度属于机械能，由于内能和机械能是没有关系的，故A错误；
B、不同燃料燃烧时，放出热量的多少与热值和燃料的质量有关还与燃烧程度有关，故B错误；
C、质量相同、初温相同的水和煤油，放出相同的热量；因为水的比热容大，所以水的温度变化小，煤油的温度变化大，故煤油的末温低一些，故C正确；
D、据热传递的定义可知，内能总是从温度高的物体向温度低的物体转移，故D错误；
故选：C。
6.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，一木块从斜面上匀速滑下时，受到重力、支持力和摩擦力的作用，故A错误；
B、匀速下滑过程中，木块的速度不变，所以动能不变，不是重力势能转化为动能，故B错误；
C、下滑过程中，木块的高度降低、重力势能减小，而动能不变，所以重力势能转化为内能，故C正确；
D、下滑过程中，动能不变，重力势能减小，所以木块的机械能保持变小，故D错误。
故选：C。
(1)根据摩擦力的产生条件，判断木块在下滑的过程中是否存在摩擦力，可确定其受力情况；
(2)动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，机械能包括动能和重力势能。
会对物体进行受力分析，知道动能、势能的影响因素，可根据题意做出相应的判断，难度不大。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
图中两个滑轮组的动滑轮数量不同，决定了所做的额外功不一样，再根据机械效率公式进行分析。
本题考查机械效率在滑轮组中的具体应用。
【解答】
A.如果两个滑轮组所拉重物相同，由图可得，甲图中动滑轮只有1个，而乙图中动滑轮有2个，说明乙图滑轮组所做的额外功要多。
BC.在提升相同重物，提升相同高度的情况下，有用功相同，但乙图中做的额外功多，说明乙图中滑轮组机械效率低，乙图中的滑轮组需要做更多的总功。
D.如果同一滑轮组提升的重物重力越大，说明有用功在总功中的比值越大，则机械效率越高。
故选：C。
8.【答案】D
【解析】解：
A、如果灯L1短路，L2完好，L2会发光。故A错误；
B、如果灯L2短路，L1完好，L1会发光。故B错误；
C、如果灯L1断路，将导线接在L1两端时，L2会发光。故C错误；
D、如果灯L2断路，将导线接在L2两端时，L1会发光。故D正确。
故选：D。
闭合开关，两灯都不亮，说明没有电流从任何一盏灯通过，所以不可能是一盏灯短路，另一盏灯完好，具体原因根据导线并联后灯泡是否发光、哪一只灯泡发光判断。
电路故障问题，是电学实验经常出现的问题，解决此类问题的关键是采用“排除法”，在不能直接确定答案时，将每个选项依次代入题干，一一排除，最终确定正确选项。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了串联电路、并联电路中电流的规律和电压的规律，会灵活应用电流和电压的特点进行分析。
(1)灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率；
(2)两灯两端的电压相等，可能是并联也可能是串联；
(3)通过两灯的电流相等可能是串联也可能是并联；
(4)通过两灯的电流不相等一定是并联。
【解答】
A.灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，两灯亮度不同，只能是实际功率不同，不能说明灯泡的串并联方式，故A错误；
B.并联电路两灯两端的电压一定相等，串联电路当两个灯泡的规格相同时两灯两端的电压也相等，故B错误；
C.串联电路通过两灯的电流一定相等，并联电路当两个灯泡的规格相同时通过两灯的电流也相等，故C错误；
D.通过两灯的电流不相等一定是并联，故D正确。
故选D。
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了串联电路的分压特点、灯泡的亮度变化等问题，关键是知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
题中的铅笔芯相当于一个滑动变阻器，它和灯泡串联分压，且电压和其电阻成正比。再根据公式P=U2R分析灯泡的实际功率的变化和灯泡亮度的变化。
【解答】
铅笔芯和小灯泡串联分压，在移动回形针的过程中，发现灯泡发光，但亮度几乎不变，
根据公式P=U2R可知，灯泡实际功率和其两端的电压的平方成正比，灯泡实际功率几乎不变，是因为两端的电压几乎不变，
原因是铅笔芯的电阻相对于小灯泡来说，其电阻太小，也就是说，小灯泡的电阻值相对铅笔芯太大，故BCD错误，A正确。
故选A。
11.【答案】C
【解析】
【分析】影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，据此分析得出从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中重力势能的变化规律，然后对照各个选项做出判断．
掌握重力势能大小的影响因素，并能分析重力势能的大小变化，同时作出变化的图象．
【解答】解：若不计空气阻力，从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中，石块做加速运动，石块在相同时间内下降的高度越来越大，石块所处的高度减小得越来越快，石块的重力势能Ep减小得越来越快，符合这一规律的只有C图，而D图是石块的重力势能Ep随时间减小得越来越慢，故D错误．
故选：C．
12.【答案】C
【解析】解：
由题知，O点是弹簧保持原长时小球的位置，则AO段弹簧处于压缩状态，OB段弹簧处于拉伸状态；
①小球从A运动到O的过程中，弹簧逐渐恢复原状，弹性形变程度变小，弹性势能变小，
水平台面光滑，则小球不受摩擦力；该过程中小球所受弹力方向向右，其速度不断增大，动能变大，所以此过程中弹性势能转化为动能；
②到达O点时，弹簧恢复原长，弹性势能为零，小球所受弹力为零，此时小球的速度最大，动能最大；
③小球从O运动到B的过程中，弹簧被拉长，弹性形变程度变大，弹性势能变大，
该过程中小球所受弹力方向向左，其速度不断减小，动能变小，所以此过程中动能转化为弹性势能；
则小球从A位置运动到B位置的过程中：
A、小球的动能先增加后减少，在B点时小球的动能最小，弹簧的弹性势能最大，故A正确；
B、弹簧的弹性势能先减少后增大，故B正确；
C、小球运动到O点时的动能(最大)与此时弹簧的弹性势能(为零)不相等，故C错误；
D、由于整体的机械能守恒，所以任一位置弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变，故D正确。
故选：C。
(1)动能的大小与物体的质量、速度有关，即质量越大，速度越大，物体的动能越大。
(2)弹性势能的大小与物体的弹性形变程度有关，弹性形变程度越大，弹性势能越大；
(3)水平台面光滑，说明没有机械能转化为内能，整个系统的机械能守恒。
此题考查了动能和势能的转化与守恒，知道并理解小球在该过程中的速度变化是解答该题的关键。
13.【答案】>；>
【解析】解：这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，由W=Gh可知，两次所做的有用功相等；
第方法一所做的额外功为克服自身重力所做的功，而方法二所做的额外功是两次克服自身重力所做的功，
因此方法二的额外功大于第一次的额外功，故方法二的总功大于第一次的总功，
由η=W有用W总可知，η1>η2。
因上楼的速度相同，方法二需要上楼二次，所以方法二所用时间长；
由P=Wt可知：P1>P2。
故答案为：>；>。
已知这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，根据公式W=Gh可求克服自身重力做的功；比较两次所做额外功的多少，从而确定总功的大小，根据机械效率公式可知效率的大小；
他上楼的速度相同，得出上楼时间关系，根据P=Wt可知功率大小。
本题考查了学生对有用功、额外功、总功、功率和机械效率的了解与掌握，能从场景中得出相关信息是本题的关键。
14.【答案】动 重力势 减小
【解析】解：乒乓球在上升的过程中，质量不变，速度减小，则动能减小；同时高度增大，重力势能增大，是动能转化为重力势能；
由于球与空气有摩擦，乒乓球上升的过程中克服空气阻力做功，机械能转化为内能，所以球的机械能减小。
故答案为：动；重力势；减小。
(1)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。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
(3)机械能等于动能和势能之和；克服摩擦做功，机械能转化为内能；不计阻力，机械能守恒。
对于判断能量转化的题目，我们可以从影响能量大小的因素来分析能量的变化，找到能量转化的方向。
15.【答案】90 75 增大
【解析】解：
(1)工人做的有用功W有用=Gh=1800N×1.5m=2700J；
工人做的总功W总=Fs=750N×4m=3000J，
斜面的机械效率η=W有W总×100%=2700J3000J×100%=90%；
(2)因为W总=W有用+W额
所以克服摩擦做的额外功W额=W总−W有用=3000J−2700J=300J，
由W额=fs可得货物与斜面间的摩擦力f=W额s=300J4m=750N；
(3)货物从底端匀速拉进车厢，货物质量不变，所以货物的动能不变，重力势能增大，故货物的机械能增大。
故答案为：90；75；增大。
(1)根据W有用=Gh求出有用功；根据W总=Fs求出总功，根据η=W有W总求出机械效率；
(2)求出克服摩擦做的额外功，根据W额=fs求出摩擦力的大小；
(3)由动能和势能的影响因素判断动能和势能变化，从而判断机械能的变化情况。
此题主要考查的是学生对有用功、总功、机械效率和额外功计算公式的理解和掌握以及动能和势能变化的判断，基础性题目。
16.【答案】1.5 0 8 串
【解析】解：S1、S2同时合上后，L2被短路，电路为只有L1的简单电路，电流表A1测电路中的电流；
此时电流表A1示数如图乙所示，连接的是0～3A的量程，因此该电流表的示数为1.5A，
即通过电灯L1的电流为1.5A；通过灯L2的电流为0A；
由欧姆定律可知此时L1的电阻为：R1=UI1=12V1.5A=8Ω；
若合上S1，断开S2，电路中只有一条电流路径，两个灯泡互相干扰，不能单独工作，因此该电路为L1和L2的串联电路。
故答案为：1.5；0；8；串。
S1、S2同时合上后，电路为只有L1的简单电路，电流表A1测电路中的电流；电流表读数时，要注意所连接的量程和分度值，据此解答；
利用欧姆定律可求出灯L1的阻值；
串联电路中只有一条电流路径，各个用电器之间互相干扰，不能单独工作；并联电路中至少有两条电流路径，各个支路的用电器之间互不干扰，可以单独工作。
本题主要考查了学生对欧姆定律的应用，解题关键是要掌握串、并连电路的特点。
17.【答案】杠杆 滑动变阻器 电流 减小 增大 增大
【解析】解：
(1)当油面升高，浮子位置升高，在虚线框内的装置特点是在力的作用下，围绕固定点转动，即是在杠杆作用下；
(2)由图可知：当油箱内的油位发生变化时，电路中的电阻会发生变化，所以R的作用相当于滑动变阻器；
(3)由电路图可知，油量表串联在电路中，故油量表是由电流表改装的；
(4)当油箱中的浮标向上运动时，指针下移，R连入的电阻值将减小，对电流的阻碍作用将减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大，油量表的读数将增大。
故答案为：(1)杠杆；(2)滑动变阻器；(3)电流；(4)减小；增大；增大。
(1)一根硬棒，绕着固定的点转动，把这根硬棒叫杠杆。
(2)根据R接入电路中电阻的不同，使电路中电流发生改变(即滑动变阻器的作用)进行分析；
(3)根据电压表使用时并联、电流表使用时串联判断油量表的类型；
(4)电阻是指对电流的阻碍作用，根据浮标向上运动时指针的变化判断接入电路中电阻的变化，在根据欧姆定律判断电路中电流的变化。
本题是利用所学知识解释油量表的原理，是一道力学和电学的综合题，学以致用，符合新课标的要求。
18.【答案】变小 右
【解析】解：(1)已知热敏电阻受热后，其阻值会变小，若热敏电阻所处区域的温度降低，其阻值会变大，则电路的总电阻变大，
由欧姆定律可知，电路中的电流将变小；
(2)当热敏电阻附近的温度大于20℃，变为25℃时，热敏电阻的阻值将变小，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路中的电流将变大，
所以25℃的刻度应在20℃的右边。
故答案为：(1)变小；(2)右。
(1)已知热敏电阻受热后的阻值会变小，则温度降低时，其阻值会变大，再通过欧姆定律分析电路中的电流即可；
(2)热敏电阻的温度升高时，其阻值会变小，由欧姆定律分析电路中的电流变化，据此分析25℃的刻度应在20℃刻度的哪侧。
本题考查了学生对欧姆定律的应用，解题关键是要利用好热敏电阻的特点，分析出电流的变化。
19.【答案】45；总功；150J；70%
【解析】
【分析】
(1)根据图判定连接动滑轮绳子的段数，根据F=1n(G物+G轮)求出动滑轮的重力；
(2)根据横纵坐标表示的单位和数值以及其数值变化关系确定该物理量，并计算其大小；
(3)根据机械效率公式η=W有W总=GhFs计算滑轮组的机械效率．
本题考查了动滑轮重力的计算、功、机械效率公式的灵活运用，能够正确识图和辨别滑轮组承担总重的绳子的段数是解题的关键．
【解答】
(1)由图可知，滑轮组由三段绳子承担总重，拉力的大小为50N，已知物体的重力为105N；
绳重和摩擦力不计，所以F=13(G物+G轮)，
即：50N=13(105N+G轮)，解得G轮=45N；
(2)纵坐标表示力的大小为50N，大小不变，横坐标表示绳端移动的距离，大小为3m，
所以阴影部分表示力所做的总功，则W总=Fs=50N×3m=150J；
(3)设物体提升的高度为h，则滑轮组的机械效率：
η=W有W总=GhFs=105N×h50N×3h×100%=70%．
故答案为：45；总功；150J；70%．
20.【答案】20 1500 变小 不变
【解析】解：飞轮转速是2400r/min是说飞轮每分钟转2400转，即每秒钟转40转(40r/s)，因一个工作循环飞轮转2圈，做功一次，所以每秒可以做功20次；
一个做功冲程活塞对外做的功：W=Pt=30×103W×1×120s=1500J；
冒“黑烟”说明燃烧不充分，用来做有用功的能量占燃料完全燃烧放出的总能量的比值就小，所以效率变小；
由于热值是燃料本身的一种性质，故即使汽油燃烧不充分，汽油的热值仍不变；
故答案为：20；1500；变小；不变。
四冲程内燃机完成1个工作循环，曲轴、飞轮转2圈，完成4个冲程并对外做功1次；根据W=Pt可求一个做功冲程活塞对外做的功；热机的效率是指用来做有用功的能量占燃料完全燃料放出的总能量的百分比，据此结合现象可分析对效率的影响；1kg的某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值，其大小只与燃料的种类有关。
此类题目考查知识了内燃机的四个冲程、热机效率的相关问题，要结合相关知识点进行分析解答，是中考的难点。
21.【答案】解：(1)由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长，力的方向与动力臂垂直向上，如下图所示：
(2)从旅行箱重心O′点作竖直向下的作用力，即为箱体所受重力G。如图所示：
【解析】(1)要想抬起拉杆时的动力最小，就要求动力臂最长，支点到动力作用点的距离作为动力臂最长，根据力与力臂的关系可画出最小作用力F；
(2)根据重力的方向是竖直向下的，从旅行箱重心做竖直向下的力即可。
本题考查重力的示意图和力臂的画法，求最小的力是常见的题型，关键是要找到离支点最远的点从而做出最长的力臂。
22.【答案】解：(1)煤气完全燃烧放出的热量：
Q放=Vq=0.21m3×4×107J/m3=8.4×106J；
(2)水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×20kg×(60℃−10℃)=4.2×106J；
(3)该热水器烧水的效率：
η=Q吸Q放×100%=4.2×106J8.4×106J×100%=50%。
答：(1)煤气完全燃烧放出的热量是8.4×106J；
(2)水吸收的热量是4.2×106J；
(3)该热水器烧水的效率是50%。
【解析】(1)知道煤气的体积和热值，根据Q放=Vq求出煤气完全燃烧放出的热量；
(2)知道水的质量、水的比热容以及初温、末温，根据Q吸=cm(t−t0)求水吸收的热量；
(3)根据η=Q吸Q放×100%求出该热水器烧水的效率。
本题考查了燃料完全燃烧释放热量公式和吸热公式、效率公式的应用，是一道较为简单的计算题。
23.【答案】解：闭合开关S1、S2，该电路为R1和R2的并联电路，电流表A1测通过R1的电流，电流表A测干路的电流；
(1)已知R1=10Ω，闭合开关S1、S2，电流表A1的示数为0.3A，即通过R1的电流为I1=0.3A，
R1两端的电压为：U1=I1R1=0.3A×10Ω=3V，由并联电路的电压特点可知电源电压为：U=U1=3V；
(2)R2两端的电压为：U2=U=3V，
已知电流表A的示数为0.5A，即干路的电流为I=0.5A，
由并联电路的电流特点可知通过R2的电流为：I2=I−I1=0.5A−0.3A=0.2A，
则由欧姆定律可知R2的阻值为：R2=U2I2=3V0.2A=15Ω；
(3)闭合开关S1、断开开关S2时，该电路为只有R1的简单电路，电流表A和A1测电路中的电流，
此时两个电流表的示数是通过R1的电流，即电流表 A、A1的示数分别为0.3A。
答：(1)电源电压为3V；
(2)电阻R2的阻值为15Ω；
(3)电流表 A、A1的示数分别为0.3A。
【解析】闭合开关S1、S2，该电路为R1和R2的并联电路，电流表A1测通过R1的电流，电流表A测干路的电流，因此A1的示数为0.3A，A的示数为0.5A；
(1)已知电流表A1的示数，即通过R1的电流，利用U=IR求出R1两端的电压，即电源电压；
(2)由并联电路电压的特点可知R2两端的电压；已知电流表A的示数，即干路的电流，由并联电路的电流特点可得出通过R2的电流，利用欧姆定律可求出R2的阻值；
(3)闭合开关S1、断开开关S2时，电路为R1的简单电路，电流表A和A1测电路中的电流，
由于并联电路中各个支路之间互相不影响，因此少了R2这条支路，不影响通过R1的电流，由此可知电流表A和A1的示数。
本题主要考查了学生对欧姆定律的应用，熟练掌握并联电路中电流和电压的特点是解题的关键。
24.【答案】无法比较电阻的大小 在电路中串联一块电流表或者小灯泡
【解析】解：根据电路图可知，电路中没有反应电流变化的元件，无法比较电阻的变化情况，因此应在电路中串联灯泡或电流表．
故答案为：无法比较电阻的大小；在电路中串联一块电流表或者小灯泡．
电阻起阻碍电流的作用，可通过灯泡的亮度或电流表的示数探究温度对电阻的影响．
本题是探究温度对电阻的影响实验，电阻的大小不能直接看出，可通过电路中的电流变化推知，即用到转化法．
25.【答案】左 便于力臂的测量 不相符 B B 不可以
【解析】解：
(1)由图可知，铅笔静止后左端下沉，若想调节铅笔水平平衡，应将支点向左移动，即细线向左移动；调节铅笔水平平衡可以消除铅笔重力对实验的影响，同时可从杠杆上直接读取力臂的大小；
(2)“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向，故B正确；
(3)由丁图可知，把折断的铅笔芯放到左端细线下方固定，对于杠杆来说，杠杆两侧的重力不变，但是杠杆左侧的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，
G左L左
故答案为：(1)左；便于力臂的测量；(2)不相符；B；(3)B；(4)不可以。
(1)杠杆在水平位置平衡后，重力的方向跟杠杆垂直，支点到力的作用点的距离就是力臂，同时能够消除杠杆自身重力对杠杆平衡的影响，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡；
(2)从支点到动力作用线的垂直距离叫动力臂；从支点到阻力作用线的垂直距离叫阻力臂；
(3)铅笔芯折断后，固定在左端细线下，据此分析杠杆力臂的变化，根据杠杆平衡的条件分析解答；
(4)根据功的概念分析功的单位J与杠杆平衡条件中力与力臂的乘积FL/N⋅m的不同。
此题是探究杠杆平衡条件的实验，考查了杠杆的调平及实验中应注意的问题，在实验中为得到普遍性的规律，应多测几组数据进行分析。
26.【答案】使小车到达水平面时的速度大小相等 质量 木块移动的距离 放回原处 小球的动能是由小球的重力势能转化而来的 速度
【解析】解：(1)根据实验的要求可知，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面初速度相同，由控制变量法，该实验的目的是研究小球的动能大小与质量的关系；
(2)根据转换法，实验中，是通过观察木块移动的距离的大小判断出球具有的动能的大小，每次实验后都应将木块放在放回原处，观察木块的末位置，判断出木块移动的距离的大小；
(3)小球的动能是由小球的重力势能转化而来，故小明还想通过上述实验过程探究物体重力势能与质量的关系，方案可行；
(4)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，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹性势能不相同，小球与弹簧分开后获得的初速度不同，而小球的质量相同，故可以研究小球的动能大小与速度的关系。
故答案为：(1)使小车到达水平面时的速度大小相等；质量；(2)木块移动的距离；放回原处；(3)小球的动能是由小球的重力势能转化而来的；(4)速度。
(1)由控制变量法，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面初速度相同；
物体动能的大小与物体的质量和速度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；
(2)根据转换法，动能的大小通过观察木块移动的距离来反映出来，每次实验后都应将木块放在同一位置；
(3)弹簧的弹性势能转化为小球的动能，小球的动能转化为木块的动能；
(4)结合控制变量法的要求，看是否合理的控制了相关变量，并改变了要研究的变量。
本题探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验，考查控制变量法、转换法的运用及机械能的转化和对实验方案的评估。
27.【答案】天平 玻璃棒或搅拌器 吸热多少 大于 沙子 水温越高蒸发吸热越快或水温越高与周围环境温差越大，散热越快
【解析】解：(1)根据比较不同物质的吸热能力的2种方法，要控制不同物质的质量相同，故要用到测量的工具------天平；为使物体均匀受热，还要用到玻璃棒或搅拌器；
(2)根据转换法，利用加热时间的长短来反映物体吸热的多少；
(3)分析上表中的实验数据可知：质量相同的水和沙子，升高相同温度时，水用的时间长，根据转换法，故水吸收的热量大于沙子吸收的热量；
所以如果加热相同的时间，质量相同的水和沙子，沙子升高的温度更高；
(4)分析表中数据发现：水的温度升高第三个10℃比升高第二个10℃所用的时间长，其中的原因可能是：水温越高蒸发吸热越快或水温越高与周围环境温差越大，散热越快。
故答案为：
(1)天平；玻璃棒或搅拌器；(2)吸热多少；(3)大于； 沙子；(4)水温越高蒸发吸热越快或水温越高与周围环境温差越大，散热越快。
(1)(2)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
为使物体均匀受热，还要用到玻璃棒或搅拌器；
(3)根据转换法分析；由推理法得出结论；
(4)从温度越高，蒸发越快及蒸发吸热或热传递考虑热量损失分析。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法、蒸发的知识及反常现象的分析，为热学中的重要实验。
28.【答案】两电流表选用的量程不同 电 化学 b 分度值小更加精确 0.46
【解析】解：(1)因为M、N两点的电流相等，而两个电流表的指针偏转角度不同，说明两电流表选用的量程不同。
(2)蓄电池充电时，将电能转化为化学能；
从图中可以看出，b图中指针偏转角度大，说明选择的量程较小，分度值小，故选b表的读数为准。
(3)b图中电流表量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.46A，故电路中的实际电流为0.46A。
故答案为：(1)两电流表选用的量程不同。(2)电；化学；b；分度值小更加精确；0.46。
选择的量程不同，指针的偏转角度不同，分度值越小，结果越精确；根据电流表的量程、最小分度值读出电流表的示数。
蓄电池充电时，电能转化为化学能；放电时，化学能转化为电能。
解决本题的关键：一是掌握电路中电流的特点，二是明确测量工具的分度值越小，测量结果越精确；三是会根据电流表指针的位置读出电流表的示数；四是明确电源使用过程中的能量转化问题。
29.【答案】滑动变阻器 电压表 电压一定时，通过导体的电流跟导体的电阻成反比 D 电阻的倒数
【解析】解(1)在探究电流与电阻的关系的实验中，要控制电阻两端的电压不变，改变电阻的大小，观察电路中电流的变化，由此可知，当电阻箱接入电路的电阻改变后，应调节滑动变阻器接入电路的阻值，使电压表的示数保持不变；
(2)由实验数据可知，电流与电阻的乘积的值是定值，由此可得：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流跟导体的电阻成反比；
(3)当电阻箱R的阻值从20Ω调为30Ω时，没有移动滑片，电阻箱两端的电压也将增大，即电阻箱两端的电压大于6V，根据欧姆定律I=UR，电阻R=30Ω，电压U>6V，所以通过电阻箱的电流I>0.2A；
因为电路中的总电阻变大，电路两端的总电压不变，由欧姆定律I=UR可知，电路中的总电流变小，所以电路中的总电流小于20Ω时的电流0.3A，因此不移动滑片，电路中的电流I在0.2A～0.3A之间，故选D；
(4)由电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比可知，电路中电流I与导体的电阻的倒数1R成正比，而小华在坐标系中画出一条正比例函数图线，由此可知，小华画出的是I−1R的图象，图象中坐标系的纵坐标是电流I，横坐标是电阻的倒数1R。
故答案是：(1)滑动变阻器；电压表；
(2)在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(3)D；
(4)电阻的倒数。
(1)在探究电流与电阻的关系的实验中，要控制电阻两端的电压不变，改变电阻的大小，观察电路中电流的变化，由此可知，当电阻箱接入电路的电阻改变后，应调节滑动变阻器接入电路的阻值，使电压表的示数保持不变；
(2)由实验数据可知，电流与电阻的乘积的值是定值，由此可得出实验结论；
(3)当电阻箱R的阻值从20Ω调为30Ω时，没有移动滑片，电阻箱两端的电压也将增大，即电阻箱两端的电压大于6V，根据欧姆定律可知，通过电阻箱的电流也将大于0.2A；
因为电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，所以电路中的电流小于20Ω时的电流，由此可知，直接记录电流表示数，电流表示数应在0.2A～0.3A之间；
(4)由电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比可知，电路中电流I与导体的电阻的倒数1R成正比，而小华在坐标系中画出一条正比例函数图线，由此可知，小华画出的是I−1R的图象。
本题主要考查探究电流与电阻的关系，其中分析当电阻箱的电阻由20Ω换成30Ω时，电路中的电流的变化范围是本题的难点。
30.【答案】解：不计滑轮重和绳重，不计摩擦力，承担物重的绳子段数为n=GF=300N100N=3，
滑轮组由3段绳子承担物重，绕线如图所示：
【解析】此题考查了有关滑轮组的绕线，根据滑轮组的省力特点判断出承担物重的绳子段数是解决此题的关键。
31.【答案】解：图中两灯泡有一端已相连，为使两灯并联，可增加一根导线，将两灯泡的另一端相连，如图所示：
。
【解析】用电器并列连接的电路是并联电路，电流有分支点和汇合点，据此分析解答。
本题考查根据要求连接实物图，知道并联电路中用电器首首连接、尾尾相连就很容易解题了。
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