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2021-2022学年江苏省南通市海门市九年级（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江苏省南通市海门市九年级（上）期末物理试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了5A”，0×103J，求动滑轮重，2×103J/]，【答案】B，【答案】C，【答案】D，【答案】CD，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省南通市海门市九年级（上）期末物理试卷
1. 小明探究杠杆的平衡条件，挂钩码前，调节杠杆在水平位置平衡，杠杆上每格距离相等，杆上A、B、C、D的位置如图所示，当A点挂4个钩码时，下列操作中能使杠杆在水平位置平衡的是( )
A. B点挂5个钩码 B. C点挂4个钩码 C. D点挂1个钩码 D. D点挂2个钩码
2. 在如图所示的滚摆实验中，发现滚摆每次上升的高度逐渐减小，此过程中能量的变化情况为( )
A. 机械能增加，内能减小
B. 机械能减小，内能增加
C. 机械能减小，内能不变
D. 机械能不变，内能增加
3. 关于家庭电路与安全用电，下列做法正确的是( )
A. 发现有人触电后，应立即用手把触电人拉离电线
B. 电热毯内的电阻丝断了，接上后可继续使用
C. 使用三线插头时，地线插脚先进入插座
D. 使用测电笔判断火线时，不能接触金属电极
4. 保密室有两道门，只有当两道门都关上时(关上一道门相当于闭合一个开关)，值班室内的指示灯才会发光，表明门都关上了。图中符合要求的电路是( )
A. B. C. D.
5. 某人将一箱书搬上楼，可以有两种方法：一是把所有的书一起搬上楼；二是先搬一部分书上楼，再搬剩下的部分。假设他上楼的速度相同，则用这两种方法搬书过程中( )
A. 人做的总功相同 B. 人做的有用功相同
C. 人做功的机械效率相同 D. 人做功的功率相同
6. 下面是，小明同学的“科学学习笔记”中的摘录，其中正确的是( )
A. 汽油机在压缩冲程中，将内能转化为机械能
B. 一块0℃的冰熔化成0℃的水，内能不变
C. 不停弯折铁丝，铁丝温度升高，是通过热传递改变物体内能
D. 物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高
7. 如图，学校各教室都配置了饮水机，小芳将放置在地面上标有“16L”的一桶水安装到饮水机上，小芳所做的功最接近的是( )
A. 40J
B. 60J
C. 150J
D. 240J
8. 扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为某品牌扫地机器人，已知其电池容量2000mAh，额定工作电压15V，额定功率30W，则下列说法正确的是( )
A. 扫地机器人工作时主要将机械能转化为电能
B. 题中“mAh”是能量的单位
C. 扫地机器人工作时的电流是2A
D. 扫地机器人充满电后，最多可正常工作1h
9. 如图是直流电动机提升重物的示意图，电源电压为110V且保持不变，电路中的电流是5A，重500N的物体在电动机带动下以0.9m/s的速度匀速上升，不计各处摩擦，则电动机线圈的电阻是( )
A. 4Ω B. 11Ω C. 22Ω D. 24Ω
10. 如图所示，电源电压为6V且保持不变，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，定值电阻R0为5Ω。闭合开关后，移动滑片，发现能使电流表(“0∼0.6A”或“0∼3A”)和电压表(“0∼3V”或“0∼15V”)的指针同时达到满刻度线，则R0的电功率与电流的关系图象可能是( )
A. B.
C. D.
11. 发光二极管具有单向导电性，电流从正极流进，负极流出，二极管才能发光。如图所示，两只水果电池点亮发光二极管，两水果电池之间是______连接，这样做的目的是______，金属片A是水果电池的______(填“正极”或“负极”)。
12. 在如图所示的实验装置中，当给金属棒通电时，观察到金属棒在轨道上运动起来。此实验现象说明______，______机就是利用这个原理制成的。实验中将磁极对调，观察金属棒的运动情况，这样操作是为了探究______，当滑动变阻器的滑片向左移动后，金属棒的移动速度将______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
13. 如图所示，用竖直向上的力匀速拉动较长的质量分布均匀的杠杆，使重为36N的物体缓慢升高0.1m，拉力大小F为16N，拉力移动的距离为0.25m，则OA：OC=______，从如图位置提升到水平位置的过程中，重物的机械能将______，拉力的大小将______；若将重物的悬挂点A向右移动到B点，将重物提升相同的高度，杠杆的机械效率将______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
14. 在如图所示的电路中，电源电压为3V，L1上标有“6V3W”，L2上标有“3V 3W”，滑动变阻器上标有“10Ω1.5A”。要使L2正常发光，则应使S1、S2分别处于______，同时将滑动变阻器的滑片调到______端，此时电路消耗的总功率是______W；当S1断开、S2接b时，为使电路消耗的总功率不超过0.5W，滑动变阻器的阻值变化范围是______，电压表的示数变化范围是______。
15. 小明利用图甲所示的电路(电源电压恒为3V)，探究“通过导体的电流与电阻的关系”，根据实验数据绘出了I−1R图像，如图乙所示。分析图像可知，当导体的电阻为______Ω时，通过它的电流为0.2A，此时，变阻器消耗的电功率为______ W；当电流分别为0.25A和0.5A时，接入电路的导体的电阻之比为______；实验中，所控制导体两端的电压为______ V，选用的滑动变阻器的最大阻值至少是______Ω。
16. 按照题目要求作图：
在如图所示的杠杆中，画出能使杠杆保持平衡的阻力臂及最小动力F的示意图。
17. 请在图中用笔画线代替导线将电灯和开关、插座分别接入电路。
18. 请在图中标出通电螺线管周围的磁感线方向及小磁针的N极。
19. 如图，塔式起重机上的滑轮组匀速吊起重物时，所用的拉力为5×103N，重物升高2m，此过程中滑轮组的机械效率为80%，g取10N/kg。求：
(1)拉力做的总功；
(2)有用功与物重；
(3)若克服摩擦和钢绳重所做的功为5.0×103J，求动滑轮重。
20. 如图所示电路图中，R0为定值电阻，R′为电阻箱．先将开关S拨到触点1，调节电阻箱阻值R′=20Ω时，电流表示数I1=0.3A.再将开关S拨到触点2，电流表示数变为I2=0.2A.
(1)求电源电压U；
(2)求定值电阻R0的阻值；
(3)开关S拨到触点2时，定值电阻R0消耗的功率P0是多少？
21. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。
(1)比较不同燃料的热值，应选择______两图进行实验，实验时要观察______比较两种燃料的热值大小；比较不同物质的比热容，应选择______两图进行实验，实验通过______反映物体吸热的多少。
(2)比较不同物质的比热容，选用上图合适装置加热相同一段时间后，绘制出温度-时间图像(如上图戊)，由图像可看出液体a的比热容______(选填“大于”、“小于”或“等于”)液体b的比热容。
(3)若图甲烧杯中为50mL的水，若10g酒精燃烧后放出的热量被水吸收时，温度计示数升高了20℃，则酒精的热值是______。这种方法测出的热值比”标准值”______(选填“偏大”“偏小”或“一样”)。理由是______。
(4)进行比较不同燃料的热值实验过程中，某燃料还未燃尽时，烧杯内液体就沸腾了，此时小明立即在烧杯中添加了少量液体继续实验，燃料燃尽后烧杯内液体都未沸腾。这样的操作______(可行/不可行)，理由是______。
22. 在探究“并联电路中的电流特点”实验中：
(1)若某同学连接的电路如图甲所示，合上开关后，则电流表测的是灯______的电流，如果电流表的示数如图乙所示，则通过该灯的电流是______ A。
(2)只需改动一根导线就可测得总电流，请在图中用“×”号指出需改动的导线，并在原图中画出正确的电路连线。
(3)若闭合开关后，灯均亮，电流表指针不发生偏转，那么原因可能是______。
(4)小明在实验中，利用甲、乙、丙、丁四种规格的灯泡进行实验，A、B分别处于L1、L2所在的支路中，C点处于干路中，得到的数据如下表：
次数
L1规格
L2规格
IA/A
IB/A
IC/A
1
甲
丁
0.16
0.18
0.32
2
甲
甲
0.12
0.12
0.23
3
乙
丙
0.16
0.20
0.36
4
甲
丁
0.12
0.14
0.26
对于测量数据的相关分析，以下说法中正确的有______。
A.第1组数据的偏差可能是电流表未调零引起的
B.第2组数据没有测量误差
C.选用不同规格的灯进行实验，可使结论更具普遍性
D.分析多组数据是为了减小误差
23. 学习了机械效率后，小明知道滑轮组的机械效率与所提起的重物的重力有关，于是他提出了“电磁炉的效率是否会随着被加热水的多少而发生变化”的问题。他和同组同学找来一台电磁炉和专用的茶壶，并且仅将电磁炉接入家庭电路中进行了如下探究。
(1)在相同的环境条件下，使用相同的加热功率，先后将初温______而质量______(以上均选填“相同”或“不同”)的水加热至沸腾，并将测得的数据记录如下：
质量
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
1100
1200
效率/%
61
64
67
69
74
77
72
70
67
64
(2)上述实验中，小明所使用的水的初温为55℃，在一个标准气压下，将800g的水加热至沸腾时水所吸收的热量为______ J，此过程中观察到标有“2400imp/(kW⋅h)”的电能表的指示灯闪烁134次，则消耗的电能为______ J，此次加热过程中电磁炉的效率为______%。[已知c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(3)小明认为：要得到一定质量的沸水，采用一次性加热比分成多次加热更节能。请你根据上述实验的结论对小明的观点作出评价：______。
(4)同组的小虎又提出“电磁炉的效率是否会随着加热功率的变化而发生变化”的问题，为了克服将水加热至沸腾所需要的时间较长的问题，他们在同样的环境条件下，将一定质量的水用不同加热功率，连续测出水温每上升15℃所对应的效率。请你评估小明的实验方案并提出一条缩短实验时间的可行性方法。评估意见：______。可行性方法：______。
24. 阅读短文，回答问题
混合动力汽车2021年1月，比亚迪汽车发布了一种新架构的汽车动力平台“DM−i超级混动系统”，将电动汽车驾驶平顺、动力足与燃油车补能快的优点进行了有机结合，有效地弥补了电动车充电补能慢的缺点。更重要的是，这套动力系统在正常行驶时直接将亏电(电量不足)下的油耗做到了百公里4.0L，发动机效率为40%，在节能上迈进了一大步，堪称新能源车的又一先锋。
该动力系统的汽车，在电池电量充足的情况下，电池为电动机供电。当电池电量不足时，系统便启动发动机带动发电机对电池进行充电。储能效率是指汽车正常行驶时关闭发动机，直至汽车停止的过程中，通过发电机将动能转化为电能的效率。
(1)该车在刹车时实现动能回收进行发电，此时是将______能转化为电能，应用了______现象。
(2)汽车上坡时，将挡位切换为低速挡，以减小行驶的速度，这样做的目的是______。
A.增大能耗效率
B.省电
C.减小摩擦力
D.增大爬坡的牵引力
(3)汽车在亏电时正常匀速行驶100km，汽油完全燃烧放出的能量为______ J，在此过程中所受阻力为400N，则汽车克服阻力所做的功为______ J，如剩余能量则用于为电池充电，则电池所增加的电能为______ J。(汽油密度取0.7×103kg/m3，汽油热值取4.5×107J/kg)
(4)在测试储能效率中，先让汽车正常行驶，然后关闭发动机，分别测出开启和关闭再生制动器两种情况下，汽车通过的路程s与对应的速度大小v，计算出动能Ek，画出Ek随s变化的图像如图甲所示。则图甲中表示开启再生制动器的图线是______，在本次测试过程中的储能效率为______。
(5)小明设计了如图乙的车速提醒电路，R为定值电阻，Rv的阻值随车速的变化而改变。当电压表的示数达到某一数值时提醒驾驶员车速过快，需要减速。图丙是Rv的阻值与车速关系的图象。图丁是车速从0加速到100km/h过程中，Rv消耗的电功率随电流变化的图象。则图丙中图线与纵坐标相交点的电阻值是______Ω。当车速达到75km/h时，此时电压表的示数为______ V。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：设每个钩码重力为F，每个小格长度为L，则O点左侧力与力臂的积为：4F×3L=12FL；
A、B点挂5个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：5F×2L=10FL<12FL，杠杆不能平衡，故A错误；
B、C点挂4个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：4F×4L=16FL>12FL，杠杆不能平衡，故B错误；
C、D点挂1个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：F×6L=6FL<12FL，杠杆不能平衡，故C错误；
D、D点挂2个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：2F×6L=12FL=12FL，杠杆能平衡，故D正确。
故选：D。
杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
本题考查了杠杆的平衡条件的实验探究，学生要加强对杠杆的认识。
2.【答案】B
【解析】解：发现滚摆每次上升的高度逐渐减小，故重力势能减小，则机械能也减小，阻力做功，所以内能增加，A、C、D不符合题意，只有B符合题意；
故选B.
物体的动能和势能可以相互转化，而且在转化过程中，如果不受阻力，机械能的总量保持不变，如果有阻力作用，则机械能减小，内能增加．
有阻力做功时，机械能减小，内能增加．
3.【答案】C
【解析】解：A、发现有人触电不能用手接触触电人，应用干木棒将电线挑开，故A错误；
B、电热毯的电阻丝断了，再接上，搭接处的电阻会变大，根据焦耳定律可知，会产生局部过热，存在发生电火灾的隐患，故B错误；
C、使用三线插头时，地线插头比其它两个长点，先进入插座，使用电器金属外壳接地，一旦漏电时，电流从地线直接导向大地，防止人发生触电事故，故C正确；
D、使用测电笔时，人必须接触笔尾金属体，否则判断不出是火线还是零线，故D错误。
故选：C。
(1)发现有人触电应注意掌握救援方法，不能用手接触触电者；
(2)导线接线处由于接触不良，导致电阻过大，产生电热可能过多，容易引起火灾；
(3)有金属外壳的家用电器，外壳与三脚插头的第三个脚相连，三孔插座的第三个孔与地线相连，地线插头比其它两个长点，是先进入插座的，就把用电器的外壳接地，这样防止人触电；
(4)测电笔正确的使用规则是，笔尖接触被测导线，人手接触尾部金属体，人手绝对不能接触笔尖金属体。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。
4.【答案】A
【解析】解：
A、两个开关和灯串联，只有两个开关都闭合时，指示灯才会发光，符合要求；
B、两个开关都闭合时，灯泡和电源都被短路，不符合要求；
C、两个开关并联，闭合任何一个开关，指示灯都会发光，不符合要求；
D、当S1闭合时，电源被短路，不符合要求。
故选：A。
根据题意可知只有当两道门都关上时，值班室内的指示灯才会发光说明两开关相互影响，不能独立工作即串联。
知道串联电路各用电器相互影响、不能独立工作，并联电路各用电器独立工作、互不影响是解决本题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，由W=G书h可知，两次所做的有用功相等；
用方法一所做的额外功为一次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方法一的额外功，则方法二的总功大于方法一的总功，即用方法一搬书时做功少；
由η=W有W总可知，η1>η2，即用方法一搬书时机械效率高。
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，即用方法一搬书时功率大。
综上分析可知，ACD错误，B正确。
故选：B。
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。
6.【答案】D
【解析】解：A、四冲程汽油机在压缩冲程中是将机械能能转化为内能，故A错误；
B、一块0℃的冰熔化成0℃的水需要吸收热量，内能增加，故B错误；
C、不停弯折铁丝，铁丝温度升高，是通过做功改变物体内能，故C错误；
D、物体吸收热量，内能增加，但温度不一定升高，如晶体熔化时，吸热但温度不变，故D正确。
故选：D。
(1)汽油机四个冲程中的能量转化情况：吸气和排气冲程不发生能量转化，压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能；
(2)一切物体都有内能，内能的大小与温度、质量和状态有关；
(3)做功和热传递可以改变物体的内能；
(3)任何物体都具有内能，对同一物体而言，温度越高，内能越大，但内能增大，温度却不一定升高。
本题考查了汽油机的工作原理、影响内能大小的因素、改变物体内能的方法、内能与温度的关系等知识，综合题，难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：水的体积为：V=16L=0.016m3；
水的质量为：m=ρV=1.0×103kg/m3×0.016m3=16kg；
其重力为：G=mg=16kg×10N/kg=160N；
饮水机的高度约为：h=1m；
故做功约为：W=Gh=160N×1m=160J；
小芳所做的功最接近的是150J，故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据公式m=ρV，得出水的质量，再根据G=mg得出其重力，然后运用功的公式W=Gh可求功的大小。
估计出题目中的高度，再运用密度、重力、功的计算公式可解答此题，要细心解答，避免出错。
8.【答案】CD
【解析】解：
A.扫地机器人工作时主要将电能转化为机械能，故A错误；
B.mA是电流的单位，h是时间的单位，由Q=It可知，“mAh”是电荷量的单位，故B错误；
C.由P=UI可得，扫地机器人正常工作时的电流I=PU=30W15V=2A，故C正确；
D.由I=Qt可得，扫地机器人充满电后一次工作时间t=QI=2000×10−3A×1h2A=1h，故D正确。
故选：CD。
(1)扫地机器人消耗的是电能；
(2)根据Q=It可知“mAh”是那个物理量的单位；
(3)扫地机器人正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出扫地机器人正常工作时的电流；
(4)根据I=Qt求出扫地机器人充满电后一次工作时间。
本题考查了电流定义式和电功率公式的应用，关键是知道扫地机器人是非纯电阻用电器，欧姆定律不适用。
9.【答案】A
【解析】解：电动机中消耗的总功率：
P总=UI=110×5=550(w)
电机输出的机械功率等于物体克服重力做功的功率：
P出=Gv=mgv=500×0.9=450(w)
由能量守恒得电机热功率等于总功率与输入功率的差：
P热=P总−P出=550−450=100(W)
由焦耳定律知电机的发热功率为：P3=I2R，
则：R=P热I2=100W(5A)2=4(Ω)
即电动机的电阻为4Ω，
故选：A。
非纯电阻电路中，欧姆定律不适用。根据P=UI计算电动机的总功率；根据P=Fv计算电动机的输出功率，根据P热=P总−P出=I2R计算电动机的电阻。
在做本题时很多同学往往直接应用欧姆定律而导致错误，对于非纯电阻电路一定要注意欧姆定律是不适用的，但焦耳定律仍然适应。
10.【答案】A
【解析】解：
(1)电源电压为6V，电表的指针同时达到满刻度线，因此电压表使用的是“0∼3V”量程，定值电阻R0为5Ω，I=UR=3V5Ω=0.6A，即电路中的最大电流为0.6A，
由P=I2R可知，R0的电功率与电流的平方成正比，因在I<1A时，I2I2R0，则R0的电功率与电流的关系图象中，图线向下凹，故B不符合题意；
(2)滑动变阻器完全接入电路中时电路中的电流最小，R0的电功率最小，但不为0，故C不符合题意；
(3)由题意可知，电表的指针同时达到满刻度线，即电路中的最大电流为0.6A，则：R0的最大电功率：P0大=(I大)2R0=(0.6A)2×5Ω=1.8W，故D均不符合题意。
故选：A。
已知电源电压和电表的指针同时达到满刻度线，分析可知电压使用的量程，再用欧姆定律可分析出电路中的最大电流；根据P=I2R求出R0的最大电功率；滑动变阻器完全接入电路中时电路中的电流最小，R0的电功率最小，但不为0；根据P=I2R可知R0的电功率与电流的平方成正比，据此分析R0的电功率与电流之间的关系。
本题考查了电功率公式的灵活应用，其中根据移到滑片，电流表和电压表同时达到满刻度判断电流表和电压表所选用的量程是解题的关键。
11.【答案】串联 提高电源电压 负极
【解析】解：(1)图中电流只有一条路径，因此两水果之间串联的；串联的目的是为了提高电源电压；
(2)图中二极管发光，说明二极管的连接是正确的，此时水果是这个电路里的电源，水果电池组的A极是负极。
故答案为：串联；提高电源电压；负极。
(1)串联电路只有一条电流路径；电源串联后总电压等于各个电源电压之和；
(2)二极管具有单向导电的性质。二极管是由半导体材料制成的，有两根引线，一根为正极，另一根为负极。
本题考查了二极管的导电性和电路的连接方式以及电池电压的相关知识，属于基础知识的考查，比较简单。
12.【答案】通电导体在磁场中受力运动 电动 通电导线在磁场中受力方向与磁场方向的关系 变大
【解析】解：(1)给金属棒通电时，金属棒在轨道上运动起来，说明通电导体在磁场中受力运动，电动机就是利用这个原理制成的；
(2)将磁极上下对调，观察金属棒的运动情况，这样操作是为了研究：通电导线在磁场中受力方向与磁场方向的关系；
(3)由电路图可知，当滑动变阻器的滑片向左移动后，滑动变阻器接入电路的阻值变小，由欧姆定律可知，电路电流变大，因此通电导体受到磁场力的作用越大，即金属棒移动的速度将变大。
故答案为：通电导体在磁场中受力运动；电动；通电导线在磁场中受力方向与磁场方向的关系；变大。
(1)通电导体在磁场中受到力运动，电动机就是依据这一原理制成的。
(2)改变磁极的方向后通过观察运动方向的变化可知磁场方向与磁场对电流作用的关系。
(3)根据滑片移动的方向可知滑动变阻器接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路电流的变化，当磁场的磁性越强，电流越大时，通电导体受到的磁场力越大。
磁场对电流的作用的实验要掌握实验的目的和原理，还要知道该实验的意义何在，掌握以上内容即可完成实验题的解答。
13.【答案】2：5 变大 不变 变大
【解析】解：
(1)如下图所示：
物体缓慢升高0.1m时，拉力移动的距离为0.25m，
根据相似三角形知识可知：OAOC=h物hF=0.1m0.25m=25；
(2)重物的机械能等于重物的动能和势能之和，当重物提升到水平位置时，质量、速度一定，高度变大，因此重物的动能不变，重力势能变大，故重物的机械能变大；
由图示可知，当重物被提升的过程中，根据数学知识可知动力臂与阻力臂的比值不变，且重物的重力不变，由杠杆平衡条件可知拉力不变；
(3)杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，克服杠杆重做额外功，并且W有用+W额=W总；
设杠杆重心升高的距离为h，所以，Gh1+G杠杆h=Fh2，G不变，h1不变，G杠杆不变，
钩码从A点到B点，钩码还升高相同的高度，有用功不变；
杠杆上旋的角度减小，杠杆升高的距离h变小，克服杠杆重力所做的额外功变小；
则Gh1+G杠杆h变小，所以Fh2也变小；根据η=W有用W总=Gh1Fh2可知，总功变小，有用功不变，所以η变大。
故答案为：2：5；变大；不变；变大。
(1)物体缓慢升高0.1m时，拉力移动的距离为0.25m，根据相似三角形知识求出OA与OC的比值；
(2)重物的机械能等于重物的动能和势能之和，当重物提升到水平位置时，质量、速度一定，高度变大，据此可知机械能的变化；
由图示可知，当重物被提升的过程中，根据数学知识可知动力臂与阻力臂的关系，再根据杠杆平衡条件可知拉力的变化；
(3)将钩码的悬挂点从A点移至B点，钩码还升高相同的高度，杠杆上旋的角度减小，克服杠杆重做功减小，有用功不变，额外功减小，总功减小，进而判断机械效率的变化。
本题考查了使用杠杆时杠杆平衡条件、有用功、总功和机械效率计算公式的应用，在判断杠杆的机械效率的大小变化时，利用杠杆平衡条件得出动力的大小变化是关键。
14.【答案】S1闭合，S2接aA3.753Ω∼10Ω0.5V∼1.2V
【解析】解：(1)当灯L2两端的电压为3V时，正常发光，
闭合开关S1、S2与a接触，形成闭合的电流回路；
同时滑动变阻器的接入电阻为零时，
L1的电阻为R1=UL2P=(6V)23W=12Ω，
此时L1的消耗的电功率P1=(3V)212Ω=0.75W，
灯L2正常工作，故消耗的总功率为3W，
电路消耗的总功率P总=3W+0.75W=3.75W；
(2)当S1断开、S2接b时，
∵电路消耗的总功率不超过0.5W时，
∴此时的最大电流I=PU=16A；
由R=U2P得：
R1=(6V)23W=12Ω，R2=(3V)23W=3Ω；
灯L1，L2和滑动变阻器串联，
由欧姆定律得：
I=UR总=UR+R1+R2=3V12Ω+3Ω+R=16A，
解上式得：R=3Ω，
此时滑动变阻器两端的电压为：UR=IR=16A×3Ω=0.5V，
由以上分析可知：滑动变阻器的阻值变化范围是3Ω∼10Ω；
当滑动变阻器的电阻为R=10Ω时，
电路中的电流
I=UR总=3V12Ω+3Ω+10Ω=0.12A，
滑动变阻器两端的电压
UR=IR=0.12A×10Ω=1.2V，
所以，电压表示数的变化范围是0.5V∼1.2V。
故答案为：S1闭合，S2接A；A；3.75W；3Ω∼10Ω；0.5V∼1.2V。
(1)灯L2正常发光时的电压等于电源的电压，结合图得出开关S1、S2连接情况，判断出滑动变阻器滑片的位置，以及此时电路消耗的总功率；
(2)因电路消耗的总功率不超过0.5W，所以由欧姆定律求出此时最大电流、总电阻即可求出滑动变阻器的阻值变化范围，电压表是测滑动变阻器的电压，由欧姆定律可以求出电压表示数变化范围。
解决本题的关键：一是灯L2正常发光时的要求；二是电路消耗的总功率不超过0.5W时，判断得出电路中的最大电流。
15.【答案】100.22：1 2 10
【解析】解：
探究“通过导体的电流与电阻的关系”时，需保持导体两端电压不变，并改变定值电阻的阻值；
(1)根据图乙可知，当通过导体的电流为0.2A时电阻的倒数：1R=0.1Ω−1，
故导体的电阻：R=10Ω；
(2)由I=UR可得，导体两端控制的电压值：UV=IR=0.2A×10Ω=2V，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以滑动变阻器两端电压：U滑=U−UV=3V−2V=1V，
因串联电路处处电流相等，所以滑动变阻器消耗的电功率：P滑=U滑I=1V×0.2A=0.2W；
(3)探究“通过导体的电流与电阻的关系”时，应保持导体两端的电压不变，当电压不变时，电流与电阻成反比，故当电流分别为0.25A和0.5A时，接入电路的导体的电阻之比为：R1R2=I2I1=0.5A0.25A=21；
(4)当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路电流最小，根据图乙可知，电路最小电流为0.1A，
因导体两端的电压2V不变，则滑动变阻器两端电压仍为1V，
则滑动变阻器接入电路的最大阻值：R大=U滑I小=1V0.1A=10Ω。
故答案为：10；0.2；2：1；2；10。
探究“通过导体的电流与电阻的关系”时，需保持导体两端电压不变，并改变定值电阻的阻值；
(1)根据图乙读出通过导体的电流为0.2A时电阻的倒数，进一步求出导体的电阻；
(2)根据欧姆定律求出导体两端控制的电压值，根据串联电路电压规律求出滑动变阻器两端电压，再根据串联电路电流规律和P=UI求出变阻器消耗的电功率；
(3)探究“通过导体的电流与电阻的关系”时，应保持电阻两端的电压不变，当电压不变时，电流与电阻成反比，据此求出导体的电阻之比；
(4)当定值电阻接入电路的阻值最大时，电路中的电流最小，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，由此可得出滑动变阻器的最大阻值，由此得出结论。
本题探究“通过导体的电流与电阻的关系“，考查数据分析、控制变量法、欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。
16.【答案】解：(1)由O点到重力作用线的距离是阻力臂；
(2)根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡，动力方向垂直于杆向上，据此可画出最小的动力，如图所示：
【解析】(1)支点到阻力作用线的距离叫阻力臂；
(2)根据杠杆平衡的条件可知，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。
杠杆中的最小动力，可以按照以下几个步骤进行：
(1)确定杠杆中的支点和动力作用点的位置；
(2)连接支点与动力作用点，得到最长的线段；
(3)经过动力作用点做出与该线段垂直的直线；
(4)根据杠杆平衡原理，确定出使杠杆平衡的动力方向。
17.【答案】解：开关与火线相连，灯泡的左端与零线相连；二孔插座的左孔与零线相连，右孔与火线相连；如图所示：
【解析】灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
两孔插座的接法：左孔接零线；右孔接火线。
本题考查了开关、插座的接法。开关接在火线与电灯之间，可以使开关断开时，电灯灯座上没有电，这样在换灯泡时不会发生触电。
18.【答案】解：电流从右侧流向左侧，依据安培定则可判断出螺线管的右端为N极，左端为S极，磁感线在磁体外部是由N极指向S极的；由磁极间的相互作用可知，小磁针的右端为N极，左端为S极；如图所示：
【解析】从电流的方向入手，利用安培定则判断出螺线管的极性，进而确定磁场的方向，最后根据磁极间的相互作用确定小磁针的指向。
本题考查了安培定则和磁极间的相互作用规律及磁感线的特点。安培定则：让四指弯曲，跟螺线管中电流的方向一致，则大拇指指的方向是通电螺线管的N极；磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
19.【答案】解：(1)拉力做的总功：W总=Fs=5×103N×3×2m=3×104J，
(2)由滑轮组的机械效率η=W有W总得，有用功为：W有=W总η=3×104J×80%=2.4×104J，
由W有=Gh可得物重：G=W有h=2.4×104J2m=1.2×104N，
(3)由W有+W额=W总可得，额外功：W额=W总−W有=3×104J−2.4×104J=0.6×104J，
克服动滑轮重力所做的额外功：W动=W额−W1=0.6×104J−5.0×103J=1000J，
则动滑轮的重力：G动=W动h=1000J2m=500N。
答：(1)拉力做的总功是3×104J；
(2)有用功是2.4×104J，物重是1.2×104N；
(3)若克服摩擦和钢绳重所做的功为5.0×103J，动滑轮重是500N。
【解析】(1)先求拉力端移动的距离s，根据W总=Fs求拉力做的总功；
(2)根据W有=W总η求出有用功，再利用W有=Gh求出物重；
(3)总功减去有用功即为额外功，再减去克服摩擦和钢丝绳重所做的功即为克服动滑轮重力所做的额外功，根据W=Gh求出动滑轮的重力。
本题考查了功和机械效率、动滑轮重力的计算，明确有用功和总功、额外功是解题的关键。
20.【答案】解：(1)开关S拨到触点1时，电路为电阻箱的简单电路，电流表测电路中的电流，
根据欧姆定律可得，电源的电压：
U=I1R′=0.3A×20Ω=6V；
(2)开关S拨到触点2时，定值电阻R0与电阻箱串联，电流表测电路中的电流，
电路中的总电阻：
R=UI2=6V0.2A=30Ω，
∵串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，
∴R0=R−R′=30Ω−20Ω=10Ω；
(3)开关S拨到触点2时，定值电阻R0消耗的功率：
P0=I22R0=(0.2A)2×10Ω=0.4W.
答：(1)电源电压是6V；
(2)定值电阻R0的阻值为10Ω；
(3)开关S拨到触点2时，定值电阻R0消耗的功率是0.4W.
【解析】(1)开关S拨到触点1时，电路为电阻箱的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；
(2)开关S拨到触点2时，定值电阻R0与电阻箱串联，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出定值电阻R0的阻值；
(3)根据P=I2R求出开关S拨到触点2时，定值电阻R0消耗的功率．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清开关S拨到不同的触点时电路的工作状态是关键．
21.【答案】甲、乙 温度计的示数(液体升高的温度)甲、丙 加热时间的长短 小于 4.2×105J/kg偏小 酒精未完全燃烧及热量存在散失 不可行 没有控制两杯液体的质量相同
【解析】解：(1)比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据Q=cm△t，得出不同燃料放出热量的多少，故应选择甲、乙两图进行实验，
实验验时要观察温度计的示数(液体升高的温度)比较两种燃料的热值大小；
小明比较不同物质的比热容，应使用相同的热源，控制不同液体相同时间内吸热相同，通过温度的变化来判断不同液体的吸热能力，应选择甲、丙两图进行实验，根据转换法，实验通过加热时间的长短反映物体吸热的多少；
(2)根据绘制出温度-时间图象(如图戊)知，加热相同时间，a升温高，根据比较吸热能力的方法，液体a的比热容小于液体 b的比热容；
(3)50ml水的质量为：m=ρ水V=1×103kg/m3×50×10−6m3=0.05kg；
温度计示数升高了20℃水吸收的热量：Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.05kg×20℃=4.2×103J；
根据题意可知，Q吸=Q放，由Q放=qm可知，
酒精的热值为：q=Q放m酒精=4.2×103J0.01kg=4.2×105J/kg；
实际中，由于酒精未完全燃烧及热量散失，所以算出的热值比标准值偏小；
(4)实验中，燃料未燃尽，烧杯中的液体便沸腾了，于是往烧杯中添加同种液体，这样的操作不可行，因为实验中没有控制两杯液体的质量相同。
故答案为：(1)甲、乙；温度计的示数(液体升高的温度)；甲、丙；加热时间的长短；(2)小于；(3)4.2×105J/kg；偏小；酒精未完全燃烧及热量存在散失；(4)不可行；没有控制两杯液体的质量相同。
(1)比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据Q=cm△t，得出不同燃料放出热量的多少，据此分析；
实验时通过观察燃料燃尽后温度计示数的变化来比较两种燃料的热值大小；
比较不同物质的比热容，应使用相同的热源，控制不同液体相同时间内吸热相同，通过温度的变化来判断不同液体的吸热能力；
使用相同的热源通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
(2)相同质量的不同物质吸收相同的热量，温度变化大的吸热能力小，即比热容小；
(3)根据m=ρV求出50ml水的质量；根据Q=cmΔt求出温度计示数升高了20℃水吸收的热量；根据公式Q=qm计算酒精的热值；由于酒精未完全燃烧及热量散失，由Q=qm可分析；
(4)若实验过程中，燃料还未燃尽时，烧杯内液体就沸腾了，要完成实验，可从适当减少两种燃料的质量考虑。
本题将比较不同燃料的热值的实验和比较不同物质的比热容的实验对比，考查实验的异同点及转换法、控制变量法、比较吸热能力的方法和Q=cmΔt运用和误差分析，综合性较强。
22.【答案】L2 0.46电流表短路 AC
【解析】解：(1)由电路图可知，该电路为并联电路，电流表与灯L2串联在支路中，测L2的电流；由图乙所示电流表可知，其量程为0∼0.6A，分度值是0.02A，示数为0.46A；
(2)要想测总电流，电流表应该串联在干路中，其接法的改动如图所示；
；
(3)若合上开关后，灯均亮，说明电路为通路，电流表指针不发生偏转，则说明电流表短路了；
(4)A、电流表使用前要调零，如果没有调零，可引起测量的误差，故A正确；
B.任何测量都存在误差，第2组数据没有测量误差是错误的，故B错误；
C.选用不同规格的灯进行实验，可使结论更具普遍性，故C正确；
D、分析多组数据是为了得出普遍性的规律，不是减小误差，故D错误。
选AC。
故答案为：(1)L2；0.46；(2)如上图；(3)电流表短路；(4)AC。
(1)电流表与被测电路串联，分析电路图然后答题；根据图示电流表确定电流表的量程与分度值，然后读出电流表示数；
(2)在测总电流时，电流表应该串联在干路中；
(3)合上开关后，灯均亮，说明电路为通路，由电流表指针不发生偏转分析；
(4)根据表格中的数据分析。
本题探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系，考查电流表的使用和注意事项、数据分析、误差的知识及归纳法的运用。
23.【答案】相同 不同 1.512×105 2.01×105 75 不一定正确，因为当水质量较小时(如400g)，结论成立，但当水的质量增大到一定值时(如1200g)，多次加热反而浪费能源 没有控制水的初温相同 减少水的质量；提高水的初温
【解析】解：(1)由Q=cm(t−t0)可知：影响水吸收的热量的因素有：水的质量、初温，所以根据可知变量法可知在相同的环境条件下，使用相同的加热功率，将初温相同、质量不同的水加热至沸腾；
(2)水吸收的热量为：Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.8kg×(100℃−55℃)=1.512×105J；
消耗的电能：W=1342400kW⋅h=2.01×105J，
热效率为：η=Q吸W×100%=1.512×105J2.01×105J×100%≈75%；
(3)因为由实验数据说明，随着被加热水的质量增加，电磁炉的效率是先增加后减小，因此得到一定质量的沸水，采用一次性加热比分成多次加热更节能，不一定正确，当水质量较小时(如400g)，结论成立，但当水的质量增大到一定值时(如1200g)，多次加热反而浪费能源；
(4)在同样的环境条件下，将一定质量的水用不同加热功率，连续测出水温每上升15℃所对应的效率时对应的每次的水的初温不同，所以评估意见：没有控制水的初温相同；
改进方法：减少水的质量；增加水的初温。
故答案为：(1)相同；不同；(2)1.512×105；2.01×105；75%；(3)不一定正确，因为当水质量较小时(如400g)，结论成立，但当水的质量增大到一定值时(如1200g)，多次加热反而浪费能源；(4)没有控制水的初温相同；减少水的质量；提高水的初温。
(1)根据控制变量法分析，由Q=cm(t−t0)可知“电磁炉的效率是否会随着被加热水的多少而发生变化”的问题时，应只改变质量而保持其它因素不变；
(2)根据Q=cmΔt求出水吸收的热量；2400imp/(kW⋅h)的含义是：电路中每消耗1kW⋅h的电能，指示灯闪烁2400次，可求指示灯闪烁了134次，消耗的电能，利用公式η=QW计算出饮水机的热效率；
(3)一次加热1200g的水和分两次各加热400g的水，水吸收的热量(有用能量)相同，但因为两种情况电磁炉的效率不同，效率高的更节能；
(4)根据控制变量法由实验影响的因素分析各因素的变化。
本题是一道电学与热学的综合题，考查了热量的计算、电磁炉的效率，能从实验数据表中得出相关信息是解本题的关键。
24.【答案】机械 电磁感应 D1.26×108 0.4×108 1.04×107 ② 40%109.6
【解析】解：(1)该车可以在刹车时实现动能回收进行发电，这是发电机的原理，是电磁感应现象，此过程中将机械能转化为电能；
(2)由P=Wt=Fst=Fv可知，汽车的最大功率一定时，减小行驶速度时，可以获得更大的牵引力，故D正确；
(3)由ρ=mV可得，汽车消耗汽油的质量：m汽油=ρ汽油V=0.7×103kg/m3×4×10−3m3=2.8kg，
汽油完全燃烧放出的热量：Q放=m汽油q=2.8kg×4.5×107J/kg=1.26×108J；
由η=W有用Q放可得，汽油机输出的有用能量：W有用=Q放η=1.26×108J×40%=5.04×107J；
汽车所受阻力为400N，汽车做匀速直线运动，则牵引力F=f=400N；
汽车克服阻力所做的功为：W=Fs=400N×100×103m=4×107J；
则最终蓄电池增加的能量：W电=W有用−W机械=0.504×108J−0.4×108J=1.04×107J；
(4)关闭发动机后，关闭再生制动器，汽车克服摩擦力做功，动能全部转化为内能，开启再生制动器，有部分动能转化为电能，克服摩擦力做功的能量减少，摩擦力大小不变，所以汽车运动的距离减小，所以汽车动能变化曲线是②；
由图象可以看出正常行驶的情况下，关闭发动机后行驶40m−30m=10m；开启再生制动器行驶的距离为36m−30m=6m，所以机械能转化为内能的效率为η=6m10m=60%，
所以储能效率η′=1−η=1−60%=40%；
(5)图乙的电路中，R与RV串联，电压表测RV的电压，
由图丁可知，电流为I1=0.2A时，RV的功率为P1=2.0W；
根据P=UI可得，电压表的示数U1=P1I1=2.0W0.2A=10V，
电流为I2=0.3A时，RV的功率为P2=2.7W，此时电压表的示数U2=P2I2=2.7W0.3A=9V；
根据串联电路的规律和欧姆定律，由电源电压不变列方程可得：
U1+I1R=U2+I2R，
即10V+0.2A×R=9V+0.3A×R，
解得R=10Ω，电源电压U=12V；
由图丙知，速度越小，RV的阻值越小，根据电阻的串联和欧姆定律，电流越大，故当电流为0.6A时对应的速度为0，
根据欧姆定律和电阻的串联，则车速为0时，图丙中图线与纵坐标相交点的电阻值：
R′V=UI3−R=12V0.6A−10Ω=10Ω；
当车速为100km/h，电流最小为0.2A，
由欧姆定律和串联电路的规律，此时RV的阻值：
R′′V=UI1−R=12V0.2A−10Ω=50Ω；
根据数学相似三角形的知识有：75km/h100km/h=RX−10Ω50Ω−10Ω，
当车速达到75km/h时，RV的电阻为：Rx=40Ω，
由电阻的串联和欧姆定律可得此时电压表的示数为：
Ux=UR+RXRX=12V10Ω+40Ω×40Ω=9.6V。
故答案为：(1)机械；电磁感应；(2)D；(3)1.26×108；0.4×108；1.04×107；(4)②；40%；(5)10；9.6。
(1)发电机的工作原理是电磁感应现象；
(2)对于汽车来说，其最大功率是一定的，由P=Fv分析解答；
(3)根据密度公式变形可求得汽油的质量，利用Q=mq可求得汽油完全燃烧放出的热量；再利用内燃机的效率可求得有用能量；根据W=Fs求出牵引力所做的功；用有用能量减去牵引力做的功可得蓄电池增加的能量；
(4)从图象中可以看出，汽车做匀速直线运动时速度不变，动能不变，开启了发电机后，有一部分机械能转化为电能，动能减少的速度加快，据此判断，先计算出机械能转化为内能的效率，再计算出储能效率；
(5)由图丁知，电流为I1=0.2A时，RV的功率为P1=2.0W；电流为I2=0.3A时，RV的功率为P2=2.7W；
根据P=UI分别得出电压表的示数；
根据串联电路的规律和欧姆定律，由电源电压不变列方程求出R和电源电压U；
由图丙知，速度越小，RV越小，根据电阻的串联和欧姆定律，电流越大，确定当电流为0.6A时对应速度为0，根据欧姆定律和电阻的串联，可求出车速为0时，图丁中图线与纵坐标相交点的电阻值大小，确定当车速为100km/h时电流大小，由欧姆定律和串联电路的规律求出此时RV，根据数学相似三角形的知识求出，当车速达到75km/h时，RV的电阻大小，由电阻的串联和欧姆定律求出此时电压表的示数。
本题为力学、电学综合题，考查了密度公式的应用和功、热量、热机效率的计算，要求灵活应用相关公式，注意单位统一。
2021-2022学年江苏省南通市海门市九年级（上）期末物理试卷
1. 小明探究杠杆的平衡条件，挂钩码前，调节杠杆在水平位置平衡，杠杆上每格距离相等，杆上A、B、C、D的位置如图所示，当A点挂4个钩码时，下列操作中能使杠杆在水平位置平衡的是( )
A. B点挂5个钩码 B. C点挂4个钩码 C. D点挂1个钩码 D. D点挂2个钩码
2. 在如图所示的滚摆实验中，发现滚摆每次上升的高度逐渐减小，此过程中能量的变化情况为( )
A. 机械能增加，内能减小
B. 机械能减小，内能增加
C. 机械能减小，内能不变
D. 机械能不变，内能增加
3. 关于家庭电路与安全用电，下列做法正确的是( )
A. 发现有人触电后，应立即用手把触电人拉离电线
B. 电热毯内的电阻丝断了，接上后可继续使用
C. 使用三线插头时，地线插脚先进入插座
D. 使用测电笔判断火线时，不能接触金属电极
4. 保密室有两道门，只有当两道门都关上时(关上一道门相当于闭合一个开关)，值班室内的指示灯才会发光，表明门都关上了。图中符合要求的电路是( )
A. B. C. D.
5. 某人将一箱书搬上楼，可以有两种方法：一是把所有的书一起搬上楼；二是先搬一部分书上楼，再搬剩下的部分。假设他上楼的速度相同，则用这两种方法搬书过程中( )
A. 人做的总功相同 B. 人做的有用功相同
C. 人做功的机械效率相同 D. 人做功的功率相同
6. 下面是，小明同学的“科学学习笔记”中的摘录，其中正确的是( )
A. 汽油机在压缩冲程中，将内能转化为机械能
B. 一块0℃的冰熔化成0℃的水，内能不变
C. 不停弯折铁丝，铁丝温度升高，是通过热传递改变物体内能
D. 物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高
7. 如图，学校各教室都配置了饮水机，小芳将放置在地面上标有“16L”的一桶水安装到饮水机上，小芳所做的功最接近的是( )
A. 40J
B. 60J
C. 150J
D. 240J
8. 扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为某品牌扫地机器人，已知其电池容量2000mAh，额定工作电压15V，额定功率30W，则下列说法正确的是( )
A. 扫地机器人工作时主要将机械能转化为电能
B. 题中“mAh”是能量的单位
C. 扫地机器人工作时的电流是2A
D. 扫地机器人充满电后，最多可正常工作1h
9. 如图是直流电动机提升重物的示意图，电源电压为110V且保持不变，电路中的电流是5A，重500N的物体在电动机带动下以0.9m/s的速度匀速上升，不计各处摩擦，则电动机线圈的电阻是( )
A. 4Ω B. 11Ω C. 22Ω D. 24Ω
10. 如图所示，电源电压为6V且保持不变，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，定值电阻R0为5Ω。闭合开关后，移动滑片，发现能使电流表(“0∼0.6A”或“0∼3A”)和电压表(“0∼3V”或“0∼15V”)的指针同时达到满刻度线，则R0的电功率与电流的关系图象可能是( )
A. B.
C. D.
11. 发光二极管具有单向导电性，电流从正极流进，负极流出，二极管才能发光。如图所示，两只水果电池点亮发光二极管，两水果电池之间是______连接，这样做的目的是______，金属片A是水果电池的______(填“正极”或“负极”)。
12. 在如图所示的实验装置中，当给金属棒通电时，观察到金属棒在轨道上运动起来。此实验现象说明______，______机就是利用这个原理制成的。实验中将磁极对调，观察金属棒的运动情况，这样操作是为了探究______，当滑动变阻器的滑片向左移动后，金属棒的移动速度将______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
13. 如图所示，用竖直向上的力匀速拉动较长的质量分布均匀的杠杆，使重为36N的物体缓慢升高0.1m，拉力大小F为16N，拉力移动的距离为0.25m，则OA：OC=______，从如图位置提升到水平位置的过程中，重物的机械能将______，拉力的大小将______；若将重物的悬挂点A向右移动到B点，将重物提升相同的高度，杠杆的机械效率将______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
14. 在如图所示的电路中，电源电压为3V，L1上标有“6V3W”，L2上标有“3V 3W”，滑动变阻器上标有“10Ω1.5A”。要使L2正常发光，则应使S1、S2分别处于______，同时将滑动变阻器的滑片调到______端，此时电路消耗的总功率是______W；当S1断开、S2接b时，为使电路消耗的总功率不超过0.5W，滑动变阻器的阻值变化范围是______，电压表的示数变化范围是______。
15. 小明利用图甲所示的电路(电源电压恒为3V)，探究“通过导体的电流与电阻的关系”，根据实验数据绘出了I−1R图像，如图乙所示。分析图像可知，当导体的电阻为______Ω时，通过它的电流为0.2A，此时，变阻器消耗的电功率为______ W；当电流分别为0.25A和0.5A时，接入电路的导体的电阻之比为______；实验中，所控制导体两端的电压为______ V，选用的滑动变阻器的最大阻值至少是______Ω。
16. 按照题目要求作图：
在如图所示的杠杆中，画出能使杠杆保持平衡的阻力臂及最小动力F的示意图。
17. 请在图中用笔画线代替导线将电灯和开关、插座分别接入电路。
18. 请在图中标出通电螺线管周围的磁感线方向及小磁针的N极。
19. 如图，塔式起重机上的滑轮组匀速吊起重物时，所用的拉力为5×103N，重物升高2m，此过程中滑轮组的机械效率为80%，g取10N/kg。求：
(1)拉力做的总功；
(2)有用功与物重；
(3)若克服摩擦和钢绳重所做的功为5.0×103J，求动滑轮重。
20. 如图所示电路图中，R0为定值电阻，R′为电阻箱．先将开关S拨到触点1，调节电阻箱阻值R′=20Ω时，电流表示数I1=0.3A.再将开关S拨到触点2，电流表示数变为I2=0.2A.
(1)求电源电压U；
(2)求定值电阻R0的阻值；
(3)开关S拨到触点2时，定值电阻R0消耗的功率P0是多少？
21. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。
(1)比较不同燃料的热值，应选择______两图进行实验，实验时要观察______比较两种燃料的热值大小；比较不同物质的比热容，应选择______两图进行实验，实验通过______反映物体吸热的多少。
(2)比较不同物质的比热容，选用上图合适装置加热相同一段时间后，绘制出温度-时间图像(如上图戊)，由图像可看出液体a的比热容______(选填“大于”、“小于”或“等于”)液体b的比热容。
(3)若图甲烧杯中为50mL的水，若10g酒精燃烧后放出的热量被水吸收时，温度计示数升高了20℃，则酒精的热值是______。这种方法测出的热值比”标准值”______(选填“偏大”“偏小”或“一样”)。理由是______。
(4)进行比较不同燃料的热值实验过程中，某燃料还未燃尽时，烧杯内液体就沸腾了，此时小明立即在烧杯中添加了少量液体继续实验，燃料燃尽后烧杯内液体都未沸腾。这样的操作______(可行/不可行)，理由是______。
22. 在探究“并联电路中的电流特点”实验中：
(1)若某同学连接的电路如图甲所示，合上开关后，则电流表测的是灯______的电流，如果电流表的示数如图乙所示，则通过该灯的电流是______ A。
(2)只需改动一根导线就可测得总电流，请在图中用“×”号指出需改动的导线，并在原图中画出正确的电路连线。
(3)若闭合开关后，灯均亮，电流表指针不发生偏转，那么原因可能是______。
(4)小明在实验中，利用甲、乙、丙、丁四种规格的灯泡进行实验，A、B分别处于L1、L2所在的支路中，C点处于干路中，得到的数据如下表：
次数
L1规格
L2规格
IA/A
IB/A
IC/A
1
甲
丁
0.16
0.18
0.32
2
甲
甲
0.12
0.12
0.23
3
乙
丙
0.16
0.20
0.36
4
甲
丁
0.12
0.14
0.26
对于测量数据的相关分析，以下说法中正确的有______。
A.第1组数据的偏差可能是电流表未调零引起的
B.第2组数据没有测量误差
C.选用不同规格的灯进行实验，可使结论更具普遍性
D.分析多组数据是为了减小误差
23. 学习了机械效率后，小明知道滑轮组的机械效率与所提起的重物的重力有关，于是他提出了“电磁炉的效率是否会随着被加热水的多少而发生变化”的问题。他和同组同学找来一台电磁炉和专用的茶壶，并且仅将电磁炉接入家庭电路中进行了如下探究。
(1)在相同的环境条件下，使用相同的加热功率，先后将初温______而质量______(以上均选填“相同”或“不同”)的水加热至沸腾，并将测得的数据记录如下：
质量
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
1100
1200
效率/%
61
64
67
69
74
77
72
70
67
64
(2)上述实验中，小明所使用的水的初温为55℃，在一个标准气压下，将800g的水加热至沸腾时水所吸收的热量为______ J，此过程中观察到标有“2400imp/(kW⋅h)”的电能表的指示灯闪烁134次，则消耗的电能为______ J，此次加热过程中电磁炉的效率为______%。[已知c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(3)小明认为：要得到一定质量的沸水，采用一次性加热比分成多次加热更节能。请你根据上述实验的结论对小明的观点作出评价：______。
(4)同组的小虎又提出“电磁炉的效率是否会随着加热功率的变化而发生变化”的问题，为了克服将水加热至沸腾所需要的时间较长的问题，他们在同样的环境条件下，将一定质量的水用不同加热功率，连续测出水温每上升15℃所对应的效率。请你评估小明的实验方案并提出一条缩短实验时间的可行性方法。评估意见：______。可行性方法：______。
24. 阅读短文，回答问题
混合动力汽车2021年1月，比亚迪汽车发布了一种新架构的汽车动力平台“DM−i超级混动系统”，将电动汽车驾驶平顺、动力足与燃油车补能快的优点进行了有机结合，有效地弥补了电动车充电补能慢的缺点。更重要的是，这套动力系统在正常行驶时直接将亏电(电量不足)下的油耗做到了百公里4.0L，发动机效率为40%，在节能上迈进了一大步，堪称新能源车的又一先锋。
该动力系统的汽车，在电池电量充足的情况下，电池为电动机供电。当电池电量不足时，系统便启动发动机带动发电机对电池进行充电。储能效率是指汽车正常行驶时关闭发动机，直至汽车停止的过程中，通过发电机将动能转化为电能的效率。
(1)该车在刹车时实现动能回收进行发电，此时是将______能转化为电能，应用了______现象。
(2)汽车上坡时，将挡位切换为低速挡，以减小行驶的速度，这样做的目的是______。
A.增大能耗效率
B.省电
C.减小摩擦力
D.增大爬坡的牵引力
(3)汽车在亏电时正常匀速行驶100km，汽油完全燃烧放出的能量为______ J，在此过程中所受阻力为400N，则汽车克服阻力所做的功为______ J，如剩余能量则用于为电池充电，则电池所增加的电能为______ J。(汽油密度取0.7×103kg/m3，汽油热值取4.5×107J/kg)
(4)在测试储能效率中，先让汽车正常行驶，然后关闭发动机，分别测出开启和关闭再生制动器两种情况下，汽车通过的路程s与对应的速度大小v，计算出动能Ek，画出Ek随s变化的图像如图甲所示。则图甲中表示开启再生制动器的图线是______，在本次测试过程中的储能效率为______。
(5)小明设计了如图乙的车速提醒电路，R为定值电阻，Rv的阻值随车速的变化而改变。当电压表的示数达到某一数值时提醒驾驶员车速过快，需要减速。图丙是Rv的阻值与车速关系的图象。图丁是车速从0加速到100km/h过程中，Rv消耗的电功率随电流变化的图象。则图丙中图线与纵坐标相交点的电阻值是______Ω。当车速达到75km/h时，此时电压表的示数为______ V。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：设每个钩码重力为F，每个小格长度为L，则O点左侧力与力臂的积为：4F×3L=12FL；
A、B点挂5个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：5F×2L=10FL<12FL，杠杆不能平衡，故A错误；
B、C点挂4个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：4F×4L=16FL>12FL，杠杆不能平衡，故B错误；
C、D点挂1个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：F×6L=6FL<12FL，杠杆不能平衡，故C错误；
D、D点挂2个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：2F×6L=12FL=12FL，杠杆能平衡，故D正确。
故选：D。
杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
本题考查了杠杆的平衡条件的实验探究，学生要加强对杠杆的认识。
2.【答案】B
【解析】解：发现滚摆每次上升的高度逐渐减小，故重力势能减小，则机械能也减小，阻力做功，所以内能增加，A、C、D不符合题意，只有B符合题意；
故选B.
物体的动能和势能可以相互转化，而且在转化过程中，如果不受阻力，机械能的总量保持不变，如果有阻力作用，则机械能减小，内能增加．
有阻力做功时，机械能减小，内能增加．
3.【答案】C
【解析】解：A、发现有人触电不能用手接触触电人，应用干木棒将电线挑开，故A错误；
B、电热毯的电阻丝断了，再接上，搭接处的电阻会变大，根据焦耳定律可知，会产生局部过热，存在发生电火灾的隐患，故B错误；
C、使用三线插头时，地线插头比其它两个长点，先进入插座，使用电器金属外壳接地，一旦漏电时，电流从地线直接导向大地，防止人发生触电事故，故C正确；
D、使用测电笔时，人必须接触笔尾金属体，否则判断不出是火线还是零线，故D错误。
故选：C。
(1)发现有人触电应注意掌握救援方法，不能用手接触触电者；
(2)导线接线处由于接触不良，导致电阻过大，产生电热可能过多，容易引起火灾；
(3)有金属外壳的家用电器，外壳与三脚插头的第三个脚相连，三孔插座的第三个孔与地线相连，地线插头比其它两个长点，是先进入插座的，就把用电器的外壳接地，这样防止人触电；
(4)测电笔正确的使用规则是，笔尖接触被测导线，人手接触尾部金属体，人手绝对不能接触笔尖金属体。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。
4.【答案】A
【解析】解：
A、两个开关和灯串联，只有两个开关都闭合时，指示灯才会发光，符合要求；
B、两个开关都闭合时，灯泡和电源都被短路，不符合要求；
C、两个开关并联，闭合任何一个开关，指示灯都会发光，不符合要求；
D、当S1闭合时，电源被短路，不符合要求。
故选：A。
根据题意可知只有当两道门都关上时，值班室内的指示灯才会发光说明两开关相互影响，不能独立工作即串联。
知道串联电路各用电器相互影响、不能独立工作，并联电路各用电器独立工作、互不影响是解决本题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，由W=G书h可知，两次所做的有用功相等；
用方法一所做的额外功为一次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方法一的额外功，则方法二的总功大于方法一的总功，即用方法一搬书时做功少；
由η=W有W总可知，η1>η2，即用方法一搬书时机械效率高。
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，即用方法一搬书时功率大。
综上分析可知，ACD错误，B正确。
故选：B。
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。
6.【答案】D
【解析】解：A、四冲程汽油机在压缩冲程中是将机械能能转化为内能，故A错误；
B、一块0℃的冰熔化成0℃的水需要吸收热量，内能增加，故B错误；
C、不停弯折铁丝，铁丝温度升高，是通过做功改变物体内能，故C错误；
D、物体吸收热量，内能增加，但温度不一定升高，如晶体熔化时，吸热但温度不变，故D正确。
故选：D。
(1)汽油机四个冲程中的能量转化情况：吸气和排气冲程不发生能量转化，压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能；
(2)一切物体都有内能，内能的大小与温度、质量和状态有关；
(3)做功和热传递可以改变物体的内能；
(3)任何物体都具有内能，对同一物体而言，温度越高，内能越大，但内能增大，温度却不一定升高。
本题考查了汽油机的工作原理、影响内能大小的因素、改变物体内能的方法、内能与温度的关系等知识，综合题，难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：水的体积为：V=16L=0.016m3；
水的质量为：m=ρV=1.0×103kg/m3×0.016m3=16kg；
其重力为：G=mg=16kg×10N/kg=160N；
饮水机的高度约为：h=1m；
故做功约为：W=Gh=160N×1m=160J；
小芳所做的功最接近的是150J，故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据公式m=ρV，得出水的质量，再根据G=mg得出其重力，然后运用功的公式W=Gh可求功的大小。
估计出题目中的高度，再运用密度、重力、功的计算公式可解答此题，要细心解答，避免出错。
8.【答案】CD
【解析】解：
A.扫地机器人工作时主要将电能转化为机械能，故A错误；
B.mA是电流的单位，h是时间的单位，由Q=It可知，“mAh”是电荷量的单位，故B错误；
C.由P=UI可得，扫地机器人正常工作时的电流I=PU=30W15V=2A，故C正确；
D.由I=Qt可得，扫地机器人充满电后一次工作时间t=QI=2000×10−3A×1h2A=1h，故D正确。
故选：CD。
(1)扫地机器人消耗的是电能；
(2)根据Q=It可知“mAh”是那个物理量的单位；
(3)扫地机器人正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出扫地机器人正常工作时的电流；
(4)根据I=Qt求出扫地机器人充满电后一次工作时间。
本题考查了电流定义式和电功率公式的应用，关键是知道扫地机器人是非纯电阻用电器，欧姆定律不适用。
9.【答案】A
【解析】解：电动机中消耗的总功率：
P总=UI=110×5=550(w)
电机输出的机械功率等于物体克服重力做功的功率：
P出=Gv=mgv=500×0.9=450(w)
由能量守恒得电机热功率等于总功率与输入功率的差：
P热=P总−P出=550−450=100(W)
由焦耳定律知电机的发热功率为：P3=I2R，
则：R=P热I2=100W(5A)2=4(Ω)
即电动机的电阻为4Ω，
故选：A。
非纯电阻电路中，欧姆定律不适用。根据P=UI计算电动机的总功率；根据P=Fv计算电动机的输出功率，根据P热=P总−P出=I2R计算电动机的电阻。
在做本题时很多同学往往直接应用欧姆定律而导致错误，对于非纯电阻电路一定要注意欧姆定律是不适用的，但焦耳定律仍然适应。
10.【答案】A
【解析】解：
(1)电源电压为6V，电表的指针同时达到满刻度线，因此电压表使用的是“0∼3V”量程，定值电阻R0为5Ω，I=UR=3V5Ω=0.6A，即电路中的最大电流为0.6A，
由P=I2R可知，R0的电功率与电流的平方成正比，因在I<1A时，I2
(2)滑动变阻器完全接入电路中时电路中的电流最小，R0的电功率最小，但不为0，故C不符合题意；
(3)由题意可知，电表的指针同时达到满刻度线，即电路中的最大电流为0.6A，则：R0的最大电功率：P0大=(I大)2R0=(0.6A)2×5Ω=1.8W，故D均不符合题意。
故选：A。
已知电源电压和电表的指针同时达到满刻度线，分析可知电压使用的量程，再用欧姆定律可分析出电路中的最大电流；根据P=I2R求出R0的最大电功率；滑动变阻器完全接入电路中时电路中的电流最小，R0的电功率最小，但不为0；根据P=I2R可知R0的电功率与电流的平方成正比，据此分析R0的电功率与电流之间的关系。
本题考查了电功率公式的灵活应用，其中根据移到滑片，电流表和电压表同时达到满刻度判断电流表和电压表所选用的量程是解题的关键。
11.【答案】串联 提高电源电压 负极
【解析】解：(1)图中电流只有一条路径，因此两水果之间串联的；串联的目的是为了提高电源电压；
(2)图中二极管发光，说明二极管的连接是正确的，此时水果是这个电路里的电源，水果电池组的A极是负极。
故答案为：串联；提高电源电压；负极。
(1)串联电路只有一条电流路径；电源串联后总电压等于各个电源电压之和；
(2)二极管具有单向导电的性质。二极管是由半导体材料制成的，有两根引线，一根为正极，另一根为负极。
本题考查了二极管的导电性和电路的连接方式以及电池电压的相关知识，属于基础知识的考查，比较简单。
12.【答案】通电导体在磁场中受力运动 电动 通电导线在磁场中受力方向与磁场方向的关系 变大
【解析】解：(1)给金属棒通电时，金属棒在轨道上运动起来，说明通电导体在磁场中受力运动，电动机就是利用这个原理制成的；
(2)将磁极上下对调，观察金属棒的运动情况，这样操作是为了研究：通电导线在磁场中受力方向与磁场方向的关系；
(3)由电路图可知，当滑动变阻器的滑片向左移动后，滑动变阻器接入电路的阻值变小，由欧姆定律可知，电路电流变大，因此通电导体受到磁场力的作用越大，即金属棒移动的速度将变大。
故答案为：通电导体在磁场中受力运动；电动；通电导线在磁场中受力方向与磁场方向的关系；变大。
(1)通电导体在磁场中受到力运动，电动机就是依据这一原理制成的。
(2)改变磁极的方向后通过观察运动方向的变化可知磁场方向与磁场对电流作用的关系。
(3)根据滑片移动的方向可知滑动变阻器接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路电流的变化，当磁场的磁性越强，电流越大时，通电导体受到的磁场力越大。
磁场对电流的作用的实验要掌握实验的目的和原理，还要知道该实验的意义何在，掌握以上内容即可完成实验题的解答。
13.【答案】2：5 变大 不变 变大
【解析】解：
(1)如下图所示：
物体缓慢升高0.1m时，拉力移动的距离为0.25m，
根据相似三角形知识可知：OAOC=h物hF=0.1m0.25m=25；
(2)重物的机械能等于重物的动能和势能之和，当重物提升到水平位置时，质量、速度一定，高度变大，因此重物的动能不变，重力势能变大，故重物的机械能变大；
由图示可知，当重物被提升的过程中，根据数学知识可知动力臂与阻力臂的比值不变，且重物的重力不变，由杠杆平衡条件可知拉力不变；
(3)杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，克服杠杆重做额外功，并且W有用+W额=W总；
设杠杆重心升高的距离为h，所以，Gh1+G杠杆h=Fh2，G不变，h1不变，G杠杆不变，
钩码从A点到B点，钩码还升高相同的高度，有用功不变；
杠杆上旋的角度减小，杠杆升高的距离h变小，克服杠杆重力所做的额外功变小；
则Gh1+G杠杆h变小，所以Fh2也变小；根据η=W有用W总=Gh1Fh2可知，总功变小，有用功不变，所以η变大。
故答案为：2：5；变大；不变；变大。
(1)物体缓慢升高0.1m时，拉力移动的距离为0.25m，根据相似三角形知识求出OA与OC的比值；
(2)重物的机械能等于重物的动能和势能之和，当重物提升到水平位置时，质量、速度一定，高度变大，据此可知机械能的变化；
由图示可知，当重物被提升的过程中，根据数学知识可知动力臂与阻力臂的关系，再根据杠杆平衡条件可知拉力的变化；
(3)将钩码的悬挂点从A点移至B点，钩码还升高相同的高度，杠杆上旋的角度减小，克服杠杆重做功减小，有用功不变，额外功减小，总功减小，进而判断机械效率的变化。
本题考查了使用杠杆时杠杆平衡条件、有用功、总功和机械效率计算公式的应用，在判断杠杆的机械效率的大小变化时，利用杠杆平衡条件得出动力的大小变化是关键。
14.【答案】S1闭合，S2接aA3.753Ω∼10Ω0.5V∼1.2V
【解析】解：(1)当灯L2两端的电压为3V时，正常发光，
闭合开关S1、S2与a接触，形成闭合的电流回路；
同时滑动变阻器的接入电阻为零时，
L1的电阻为R1=UL2P=(6V)23W=12Ω，
此时L1的消耗的电功率P1=(3V)212Ω=0.75W，
灯L2正常工作，故消耗的总功率为3W，
电路消耗的总功率P总=3W+0.75W=3.75W；
(2)当S1断开、S2接b时，
∵电路消耗的总功率不超过0.5W时，
∴此时的最大电流I=PU=16A；
由R=U2P得：
R1=(6V)23W=12Ω，R2=(3V)23W=3Ω；
灯L1，L2和滑动变阻器串联，
由欧姆定律得：
I=UR总=UR+R1+R2=3V12Ω+3Ω+R=16A，
解上式得：R=3Ω，
此时滑动变阻器两端的电压为：UR=IR=16A×3Ω=0.5V，
由以上分析可知：滑动变阻器的阻值变化范围是3Ω∼10Ω；
当滑动变阻器的电阻为R=10Ω时，
电路中的电流
I=UR总=3V12Ω+3Ω+10Ω=0.12A，
滑动变阻器两端的电压
UR=IR=0.12A×10Ω=1.2V，
所以，电压表示数的变化范围是0.5V∼1.2V。
故答案为：S1闭合，S2接A；A；3.75W；3Ω∼10Ω；0.5V∼1.2V。
(1)灯L2正常发光时的电压等于电源的电压，结合图得出开关S1、S2连接情况，判断出滑动变阻器滑片的位置，以及此时电路消耗的总功率；
(2)因电路消耗的总功率不超过0.5W，所以由欧姆定律求出此时最大电流、总电阻即可求出滑动变阻器的阻值变化范围，电压表是测滑动变阻器的电压，由欧姆定律可以求出电压表示数变化范围。
解决本题的关键：一是灯L2正常发光时的要求；二是电路消耗的总功率不超过0.5W时，判断得出电路中的最大电流。
15.【答案】100.22：1 2 10
【解析】解：
探究“通过导体的电流与电阻的关系”时，需保持导体两端电压不变，并改变定值电阻的阻值；
(1)根据图乙可知，当通过导体的电流为0.2A时电阻的倒数：1R=0.1Ω−1，
故导体的电阻：R=10Ω；
(2)由I=UR可得，导体两端控制的电压值：UV=IR=0.2A×10Ω=2V，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以滑动变阻器两端电压：U滑=U−UV=3V−2V=1V，
因串联电路处处电流相等，所以滑动变阻器消耗的电功率：P滑=U滑I=1V×0.2A=0.2W；
(3)探究“通过导体的电流与电阻的关系”时，应保持导体两端的电压不变，当电压不变时，电流与电阻成反比，故当电流分别为0.25A和0.5A时，接入电路的导体的电阻之比为：R1R2=I2I1=0.5A0.25A=21；
(4)当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路电流最小，根据图乙可知，电路最小电流为0.1A，
因导体两端的电压2V不变，则滑动变阻器两端电压仍为1V，
则滑动变阻器接入电路的最大阻值：R大=U滑I小=1V0.1A=10Ω。
故答案为：10；0.2；2：1；2；10。
探究“通过导体的电流与电阻的关系”时，需保持导体两端电压不变，并改变定值电阻的阻值；
(1)根据图乙读出通过导体的电流为0.2A时电阻的倒数，进一步求出导体的电阻；
(2)根据欧姆定律求出导体两端控制的电压值，根据串联电路电压规律求出滑动变阻器两端电压，再根据串联电路电流规律和P=UI求出变阻器消耗的电功率；
(3)探究“通过导体的电流与电阻的关系”时，应保持电阻两端的电压不变，当电压不变时，电流与电阻成反比，据此求出导体的电阻之比；
(4)当定值电阻接入电路的阻值最大时，电路中的电流最小，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，由此可得出滑动变阻器的最大阻值，由此得出结论。
本题探究“通过导体的电流与电阻的关系“，考查数据分析、控制变量法、欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。
16.【答案】解：(1)由O点到重力作用线的距离是阻力臂；
(2)根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡，动力方向垂直于杆向上，据此可画出最小的动力，如图所示：
【解析】(1)支点到阻力作用线的距离叫阻力臂；
(2)根据杠杆平衡的条件可知，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。
杠杆中的最小动力，可以按照以下几个步骤进行：
(1)确定杠杆中的支点和动力作用点的位置；
(2)连接支点与动力作用点，得到最长的线段；
(3)经过动力作用点做出与该线段垂直的直线；
(4)根据杠杆平衡原理，确定出使杠杆平衡的动力方向。
17.【答案】解：开关与火线相连，灯泡的左端与零线相连；二孔插座的左孔与零线相连，右孔与火线相连；如图所示：
【解析】灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
两孔插座的接法：左孔接零线；右孔接火线。
本题考查了开关、插座的接法。开关接在火线与电灯之间，可以使开关断开时，电灯灯座上没有电，这样在换灯泡时不会发生触电。
18.【答案】解：电流从右侧流向左侧，依据安培定则可判断出螺线管的右端为N极，左端为S极，磁感线在磁体外部是由N极指向S极的；由磁极间的相互作用可知，小磁针的右端为N极，左端为S极；如图所示：
【解析】从电流的方向入手，利用安培定则判断出螺线管的极性，进而确定磁场的方向，最后根据磁极间的相互作用确定小磁针的指向。
本题考查了安培定则和磁极间的相互作用规律及磁感线的特点。安培定则：让四指弯曲，跟螺线管中电流的方向一致，则大拇指指的方向是通电螺线管的N极；磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
19.【答案】解：(1)拉力做的总功：W总=Fs=5×103N×3×2m=3×104J，
(2)由滑轮组的机械效率η=W有W总得，有用功为：W有=W总η=3×104J×80%=2.4×104J，
由W有=Gh可得物重：G=W有h=2.4×104J2m=1.2×104N，
(3)由W有+W额=W总可得，额外功：W额=W总−W有=3×104J−2.4×104J=0.6×104J，
克服动滑轮重力所做的额外功：W动=W额−W1=0.6×104J−5.0×103J=1000J，
则动滑轮的重力：G动=W动h=1000J2m=500N。
答：(1)拉力做的总功是3×104J；
(2)有用功是2.4×104J，物重是1.2×104N；
(3)若克服摩擦和钢绳重所做的功为5.0×103J，动滑轮重是500N。
【解析】(1)先求拉力端移动的距离s，根据W总=Fs求拉力做的总功；
(2)根据W有=W总η求出有用功，再利用W有=Gh求出物重；
(3)总功减去有用功即为额外功，再减去克服摩擦和钢丝绳重所做的功即为克服动滑轮重力所做的额外功，根据W=Gh求出动滑轮的重力。
本题考查了功和机械效率、动滑轮重力的计算，明确有用功和总功、额外功是解题的关键。
20.【答案】解：(1)开关S拨到触点1时，电路为电阻箱的简单电路，电流表测电路中的电流，
根据欧姆定律可得，电源的电压：
U=I1R′=0.3A×20Ω=6V；
(2)开关S拨到触点2时，定值电阻R0与电阻箱串联，电流表测电路中的电流，
电路中的总电阻：
R=UI2=6V0.2A=30Ω，
∵串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，
∴R0=R−R′=30Ω−20Ω=10Ω；
(3)开关S拨到触点2时，定值电阻R0消耗的功率：
P0=I22R0=(0.2A)2×10Ω=0.4W.
答：(1)电源电压是6V；
(2)定值电阻R0的阻值为10Ω；
(3)开关S拨到触点2时，定值电阻R0消耗的功率是0.4W.
【解析】(1)开关S拨到触点1时，电路为电阻箱的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；
(2)开关S拨到触点2时，定值电阻R0与电阻箱串联，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出定值电阻R0的阻值；
(3)根据P=I2R求出开关S拨到触点2时，定值电阻R0消耗的功率．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清开关S拨到不同的触点时电路的工作状态是关键．
21.【答案】甲、乙 温度计的示数(液体升高的温度)甲、丙 加热时间的长短 小于 4.2×105J/kg偏小 酒精未完全燃烧及热量存在散失 不可行 没有控制两杯液体的质量相同
【解析】解：(1)比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据Q=cm△t，得出不同燃料放出热量的多少，故应选择甲、乙两图进行实验，
实验验时要观察温度计的示数(液体升高的温度)比较两种燃料的热值大小；
小明比较不同物质的比热容，应使用相同的热源，控制不同液体相同时间内吸热相同，通过温度的变化来判断不同液体的吸热能力，应选择甲、丙两图进行实验，根据转换法，实验通过加热时间的长短反映物体吸热的多少；
(2)根据绘制出温度-时间图象(如图戊)知，加热相同时间，a升温高，根据比较吸热能力的方法，液体a的比热容小于液体 b的比热容；
(3)50ml水的质量为：m=ρ水V=1×103kg/m3×50×10−6m3=0.05kg；
温度计示数升高了20℃水吸收的热量：Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.05kg×20℃=4.2×103J；
根据题意可知，Q吸=Q放，由Q放=qm可知，
酒精的热值为：q=Q放m酒精=4.2×103J0.01kg=4.2×105J/kg；
实际中，由于酒精未完全燃烧及热量散失，所以算出的热值比标准值偏小；
(4)实验中，燃料未燃尽，烧杯中的液体便沸腾了，于是往烧杯中添加同种液体，这样的操作不可行，因为实验中没有控制两杯液体的质量相同。
故答案为：(1)甲、乙；温度计的示数(液体升高的温度)；甲、丙；加热时间的长短；(2)小于；(3)4.2×105J/kg；偏小；酒精未完全燃烧及热量存在散失；(4)不可行；没有控制两杯液体的质量相同。
(1)比较不同燃料的热值，根据控制变量法，要使用质量相同的不同燃料完全燃烧后使相同质量的同种液体吸热，通过比较液体升高的温度，根据Q=cm△t，得出不同燃料放出热量的多少，据此分析；
实验时通过观察燃料燃尽后温度计示数的变化来比较两种燃料的热值大小；
比较不同物质的比热容，应使用相同的热源，控制不同液体相同时间内吸热相同，通过温度的变化来判断不同液体的吸热能力；
使用相同的热源通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
(2)相同质量的不同物质吸收相同的热量，温度变化大的吸热能力小，即比热容小；
(3)根据m=ρV求出50ml水的质量；根据Q=cmΔt求出温度计示数升高了20℃水吸收的热量；根据公式Q=qm计算酒精的热值；由于酒精未完全燃烧及热量散失，由Q=qm可分析；
(4)若实验过程中，燃料还未燃尽时，烧杯内液体就沸腾了，要完成实验，可从适当减少两种燃料的质量考虑。
本题将比较不同燃料的热值的实验和比较不同物质的比热容的实验对比，考查实验的异同点及转换法、控制变量法、比较吸热能力的方法和Q=cmΔt运用和误差分析，综合性较强。
22.【答案】L2 0.46电流表短路 AC
【解析】解：(1)由电路图可知，该电路为并联电路，电流表与灯L2串联在支路中，测L2的电流；由图乙所示电流表可知，其量程为0∼0.6A，分度值是0.02A，示数为0.46A；
(2)要想测总电流，电流表应该串联在干路中，其接法的改动如图所示；
；
(3)若合上开关后，灯均亮，说明电路为通路，电流表指针不发生偏转，则说明电流表短路了；
(4)A、电流表使用前要调零，如果没有调零，可引起测量的误差，故A正确；
B.任何测量都存在误差，第2组数据没有测量误差是错误的，故B错误；
C.选用不同规格的灯进行实验，可使结论更具普遍性，故C正确；
D、分析多组数据是为了得出普遍性的规律，不是减小误差，故D错误。
选AC。
故答案为：(1)L2；0.46；(2)如上图；(3)电流表短路；(4)AC。
(1)电流表与被测电路串联，分析电路图然后答题；根据图示电流表确定电流表的量程与分度值，然后读出电流表示数；
(2)在测总电流时，电流表应该串联在干路中；
(3)合上开关后，灯均亮，说明电路为通路，由电流表指针不发生偏转分析；
(4)根据表格中的数据分析。
本题探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系，考查电流表的使用和注意事项、数据分析、误差的知识及归纳法的运用。
23.【答案】相同 不同 1.512×105 2.01×105 75 不一定正确，因为当水质量较小时(如400g)，结论成立，但当水的质量增大到一定值时(如1200g)，多次加热反而浪费能源 没有控制水的初温相同 减少水的质量；提高水的初温
【解析】解：(1)由Q=cm(t−t0)可知：影响水吸收的热量的因素有：水的质量、初温，所以根据可知变量法可知在相同的环境条件下，使用相同的加热功率，将初温相同、质量不同的水加热至沸腾；
(2)水吸收的热量为：Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.8kg×(100℃−55℃)=1.512×105J；
消耗的电能：W=1342400kW⋅h=2.01×105J，
热效率为：η=Q吸W×100%=1.512×105J2.01×105J×100%≈75%；
(3)因为由实验数据说明，随着被加热水的质量增加，电磁炉的效率是先增加后减小，因此得到一定质量的沸水，采用一次性加热比分成多次加热更节能，不一定正确，当水质量较小时(如400g)，结论成立，但当水的质量增大到一定值时(如1200g)，多次加热反而浪费能源；
(4)在同样的环境条件下，将一定质量的水用不同加热功率，连续测出水温每上升15℃所对应的效率时对应的每次的水的初温不同，所以评估意见：没有控制水的初温相同；
改进方法：减少水的质量；增加水的初温。
故答案为：(1)相同；不同；(2)1.512×105；2.01×105；75%；(3)不一定正确，因为当水质量较小时(如400g)，结论成立，但当水的质量增大到一定值时(如1200g)，多次加热反而浪费能源；(4)没有控制水的初温相同；减少水的质量；提高水的初温。
(1)根据控制变量法分析，由Q=cm(t−t0)可知“电磁炉的效率是否会随着被加热水的多少而发生变化”的问题时，应只改变质量而保持其它因素不变；
(2)根据Q=cmΔt求出水吸收的热量；2400imp/(kW⋅h)的含义是：电路中每消耗1kW⋅h的电能，指示灯闪烁2400次，可求指示灯闪烁了134次，消耗的电能，利用公式η=QW计算出饮水机的热效率；
(3)一次加热1200g的水和分两次各加热400g的水，水吸收的热量(有用能量)相同，但因为两种情况电磁炉的效率不同，效率高的更节能；
(4)根据控制变量法由实验影响的因素分析各因素的变化。
本题是一道电学与热学的综合题，考查了热量的计算、电磁炉的效率，能从实验数据表中得出相关信息是解本题的关键。
24.【答案】机械 电磁感应 D1.26×108 0.4×108 1.04×107 ② 40%109.6
【解析】解：(1)该车可以在刹车时实现动能回收进行发电，这是发电机的原理，是电磁感应现象，此过程中将机械能转化为电能；
(2)由P=Wt=Fst=Fv可知，汽车的最大功率一定时，减小行驶速度时，可以获得更大的牵引力，故D正确；
(3)由ρ=mV可得，汽车消耗汽油的质量：m汽油=ρ汽油V=0.7×103kg/m3×4×10−3m3=2.8kg，
汽油完全燃烧放出的热量：Q放=m汽油q=2.8kg×4.5×107J/kg=1.26×108J；
由η=W有用Q放可得，汽油机输出的有用能量：W有用=Q放η=1.26×108J×40%=5.04×107J；
汽车所受阻力为400N，汽车做匀速直线运动，则牵引力F=f=400N；
汽车克服阻力所做的功为：W=Fs=400N×100×103m=4×107J；
则最终蓄电池增加的能量：W电=W有用−W机械=0.504×108J−0.4×108J=1.04×107J；
(4)关闭发动机后，关闭再生制动器，汽车克服摩擦力做功，动能全部转化为内能，开启再生制动器，有部分动能转化为电能，克服摩擦力做功的能量减少，摩擦力大小不变，所以汽车运动的距离减小，所以汽车动能变化曲线是②；
由图象可以看出正常行驶的情况下，关闭发动机后行驶40m−30m=10m；开启再生制动器行驶的距离为36m−30m=6m，所以机械能转化为内能的效率为η=6m10m=60%，
所以储能效率η′=1−η=1−60%=40%；
(5)图乙的电路中，R与RV串联，电压表测RV的电压，
由图丁可知，电流为I1=0.2A时，RV的功率为P1=2.0W；
根据P=UI可得，电压表的示数U1=P1I1=2.0W0.2A=10V，
电流为I2=0.3A时，RV的功率为P2=2.7W，此时电压表的示数U2=P2I2=2.7W0.3A=9V；
根据串联电路的规律和欧姆定律，由电源电压不变列方程可得：
U1+I1R=U2+I2R，
即10V+0.2A×R=9V+0.3A×R，
解得R=10Ω，电源电压U=12V；
由图丙知，速度越小，RV的阻值越小，根据电阻的串联和欧姆定律，电流越大，故当电流为0.6A时对应的速度为0，
根据欧姆定律和电阻的串联，则车速为0时，图丙中图线与纵坐标相交点的电阻值：
R′V=UI3−R=12V0.6A−10Ω=10Ω；
当车速为100km/h，电流最小为0.2A，
由欧姆定律和串联电路的规律，此时RV的阻值：
R′′V=UI1−R=12V0.2A−10Ω=50Ω；
根据数学相似三角形的知识有：75km/h100km/h=RX−10Ω50Ω−10Ω，
当车速达到75km/h时，RV的电阻为：Rx=40Ω，
由电阻的串联和欧姆定律可得此时电压表的示数为：
Ux=UR+RXRX=12V10Ω+40Ω×40Ω=9.6V。
故答案为：(1)机械；电磁感应；(2)D；(3)1.26×108；0.4×108；1.04×107；(4)②；40%；(5)10；9.6。
(1)发电机的工作原理是电磁感应现象；
(2)对于汽车来说，其最大功率是一定的，由P=Fv分析解答；
(3)根据密度公式变形可求得汽油的质量，利用Q=mq可求得汽油完全燃烧放出的热量；再利用内燃机的效率可求得有用能量；根据W=Fs求出牵引力所做的功；用有用能量减去牵引力做的功可得蓄电池增加的能量；
(4)从图象中可以看出，汽车做匀速直线运动时速度不变，动能不变，开启了发电机后，有一部分机械能转化为电能，动能减少的速度加快，据此判断，先计算出机械能转化为内能的效率，再计算出储能效率；
(5)由图丁知，电流为I1=0.2A时，RV的功率为P1=2.0W；电流为I2=0.3A时，RV的功率为P2=2.7W；
根据P=UI分别得出电压表的示数；
根据串联电路的规律和欧姆定律，由电源电压不变列方程求出R和电源电压U；
由图丙知，速度越小，RV越小，根据电阻的串联和欧姆定律，电流越大，确定当电流为0.6A时对应速度为0，根据欧姆定律和电阻的串联，可求出车速为0时，图丁中图线与纵坐标相交点的电阻值大小，确定当车速为100km/h时电流大小，由欧姆定律和串联电路的规律求出此时RV，根据数学相似三角形的知识求出，当车速达到75km/h时，RV的电阻大小，由电阻的串联和欧姆定律求出此时电压表的示数。
本题为力学、电学综合题，考查了密度公式的应用和功、热量、热机效率的计算，要求灵活应用相关公式，注意单位统一。
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