九年级物理期末模拟卷（江苏泰州专用，苏科版第11章~15.2电功率）-2023-2024学年初中上学期期末模拟考试

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（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：九上所有内容——九下第15章第二节电功率
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分）
1．下列数据，最符合生活实际的是（ ）
A．家用台灯正常工作时，电流约为 2A
B．中学生正常骑自行车，功率约为 10W
C．一名中学生从一楼走上三楼，大约需要做功 3000J
D．一个普通家庭烧一顿晚饭，大约需要消耗天然气 10kg
【答案】C
【详解】A．家用台灯正常工作时，电流约为0.2A，故A不符合题意；
B．中学生正常骑自行车，功率约为100W，故B不符合题意；
C．一个名中学生从一楼走上三楼，上升了约6m，体重约500N，大约需要做功 3000J，故C符合题意；
D．一个普通家庭烧一顿晚饭，大约需要消耗天然气 10g，故D不符合题意。
故选C。
2．我们身边有很多杠杆，撬棍、赛艇用的桨、自行车车闸、剪铁皮的剪子等，关于这些杠杆下列说法不正确的是（ ）

A．利用图中的撬棍，只要用很小的力就能撬动很重的石头，使用时省力
B．赛艇用的桨使用时动力作用点移动的距离比阻力作用点移动的距离小，使用时省距离
C．自行车车闸在使用时动力臂比阻力臂长，属于省力杠杆
D．剪铁皮的剪刀在使用时有两个杠杆，且两个杠杆中阻力都小于动力
【答案】D
【详解】A．如图，利用图中的撬棍，只要用很小的力就能撬动很重的石头，把撬棍看作杠杆时动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，所以使用时省力，故A正确，不符合题意；
B．如图，赛艇用的桨使用时动力作用点移动的距离比阻力作用点移动的距离小，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，使用时省距离，故B正确，不符合题意；
C．如图，自行车车闸在使用时动力臂比阻力臂长，则动力小于阻力，属于省力杠杆，故C正确，不符合题意；
D．如图，在使用剪刀剪铁皮时，手拿剪刀的位置是动力作用点，剪刀压铁皮的位置是阻力作用点，由图可知动力臂大于阻力臂，则动力小于阻力，是省力杠杆，故D错误，符合题意。
故选D。
3．关于热量、温度、内能的概念，下面说法中不正确的是（ ）
①物体的温度越高，含有的热量越多 ②物体的温度升高，一定吸收了热量
③物体放出热量，温度一定降低 ④热量可以从内能小的物体传递到内能大的物体
A．只有①②B．只有 ②③C．只有 ①②③D．可能有④
【答案】C
【详解】①热量是过程量，不能说含有多少热量，故①错误；
②物体的温度升高，可能吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故②错误；
③晶体凝固时放热，但温度不变，故③错误；
④物体的内能取决于物体的温度、质量和状态，内能小的物体温度也可能比内能大的物体温度高，根据发生热传递的条件可知，内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体，故④正确。综上分析，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
4．图中四个事例的能量转化与其余三个不同的是（ ）
A． 瓶塞冲出B． 做功冲程
C．压缩气体D． 盒盖飞出
【答案】C
【详解】A．水蒸气将软木塞冲开，水蒸气对瓶塞做功，水蒸气的内能会减小，此过程中内能转化为机械能；
B．做功冲程中，高温高压燃气对活塞做功，内能转化为机械能；
C．用力将活塞压下，活塞对空气做功，使筒内空气的内能增大、温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧，此过程中机械能转化为内能；
D．盒内气体对盒盖做功，此过程中内能转为机械能；
综上分析，C选项的能量转化与其余三个不同。
故选C。
5．如图所示，甲、乙、丙3图的装置完全相同，燃料的质量相同，烧杯内液体的初温与质量也相同，不考虑热量损失且液体均未沸腾，下列选项正确的是（ ）

A．对比乙丙两图液体最终升温可以比较两种液体的比热容
B．对比甲乙两图，如果燃料2的热值较高，最终乙图液体内能较大
C．对比乙丙两图，如果液体b最终升温较高，说明燃料1的热值较大
D．对比甲丙两图，如果液体b的比热容比液体a大，升高相同的温度，液体a需要加热较长时间
【答案】B
【详解】A．乙丙两图燃料不一样，热值不同，放出的热量不相等，要比较两种液体的比热容，要控制吸收的热量相等，这样不能比较比热容的大小，故A错误；
B．如果燃料2的热值较高，那么乙图的液体a能吸收更多的热量，内能更大，故B正确；
C．乙丙两图的液体a、b吸收的热量不一定相等，那么燃料1、2放出的热量也不一定相等，不能判断热值大小，故C错误；
D．对比甲丙两图，如果液体b的比热容比液体a大，升高相同的温度，液体b要吸收更多的热量，液体b需要加热较长时间，故D错误。
故选B。
6．如图所示电路，电源电压恒定。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动至中点的过程中（ ）

A．小灯泡变亮，电压表示数变大
B．小灯泡亮度不变，电压表示数不变
C．小灯泡变暗，电压表示数变小
D．小灯泡亮度不变，电压表示数变大
【答案】B
【详解】由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压；闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动至中点的过程中，由于电源电压不变，所以电压表示数不变；并联电路中各支路互不影响，所以灯泡的亮度不变，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
7．人脸识别测温一体机，可以实现健康码查验、口罩检测、体温检测自动报警功能。当出示的健康码为黄码或红码时，开关S1闭合，红灯亮起；未配戴口罩时，开关S2闭合，红灯亮起；体温超过正常体温时，开关S3闭合，红灯亮起。下列电路设计符合要求的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据题意可知，当出示的健康码为黄色或者红色时，开关S1闭合，红灯亮起；未配戴口罩时，开关S2闭合，红灯亮起；体温超过正常体温时，开关S3闭合，红灯亮起，综上可知，三开关可以独立工作、互不影响即为并联，且红灯位于干路，故ACD错误、B正确。
故选B。
8．图甲的电路中，电源电压不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关，滑片P由b端移动到a端的过程中，电压表示数随滑动变阻器阻值变化的关系如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）

A．定值电阻R0=5Ω
B．电流表的示数由0.3A变化为1.2A
C．电源电压为5V
D．将导线c由“1”改接至“2”，可以探究电流与电压的关系
【答案】A
【详解】AC．由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。由图乙可知，当滑动变阻器的电阻为5Ω时，其两端的电压为3V，通过电路的电流为
串联电路总电压等于各部分电压之和，则电源电压为U=U1+I1R0=3V+0.6A×R0﹣﹣﹣﹣①
滑动变阻器的电阻为10Ω时，其两端的电压为4V，通过电路的电流为
则电源电压为U=U2+I2R0=4V+0.4A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②得，R0=5Ω，U=6V，故A正确，C错误；
B．由图乙可知滑动变阻器的最大值等于20Ω，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的最小电流
滑动变阻器接入电路的电阻为0时，通过电路的电流最大，最大电流
所以电流表的示数由0.24A变化为1.2A，故B错误；
D．将导线c由“1”改接至“2”，电压表的正负接线柱接反了，所以不可以探究电流与电压的关系，故D错误。
故选A。
9．如图，用同一滑轮组在相同时间内分别使物体A、B以相同速度匀速上升，发现提升A比提升B时，滑轮组的机械效率更大。若不计绳重和摩擦，以下四个判断中，正确的是（ ）
①物体A与物体B的重力更小
②提升A比提升B时的有用功更大
③提升A比提升B时的额外功更小
④提升A比提升B时，人做功的功率更大

A．①②B．①③C．②③D．②④
【答案】D
【详解】不计绳重和摩擦的影响，滑轮组的机械效率
因同一滑轮组中动滑轮的重力相等，物体的重力G越大时，滑轮组的机械效率越高。所以，由提升A的过程滑轮组的机械效率较大可知，物体A的重力较大，故①错误；拉力的功率为
由上式可知，用相同的速度分别匀速提升物体A和B时，提升A的过程中拉力的功率较大，故④正确；因在相同时间内分别使物体A、B以相同速度匀速上升，由可知，物体A和物体B的高度相等；由W有＝Gh可知，提升A比提升B时的有用功更大，故②正确；由不计绳重和摩擦时W额＝G动h可知，提升物体A和物体B时的额外功相等，故③错误。综上可知，只有②④正确，故D正确，ABC错误。
故选D。
10．电阻式传感器被广泛应用与测力、测压、称重，它的核心部分是一只可变电阻，一同学用如图甲所示电路研究某电阻式传感器的特性，图中R0为定值电阻，R为电阻式传感器，当控制其阻值从0变为60Ω，测得传感器消耗的电功率与通过它的电流关系图象如图乙所示，已知电源电压恒定不变。下列说法正确的是（ ）

①当通过传感器的电流为0.1A时，P1＝0.6W；
②R0的阻值为15Ω；
③电源电压为7.5V；
④电路消耗的最大功率为3.75W。
A．①③B．②④C．①②③D．①②③④
【答案】D
【详解】由电路图可知，R与R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
①由图乙可知，通过传感器的电流最小为0.1A，由欧姆定律可知电路中的总电阻最大，传感器的电阻最大，即为60Ω；此时传感器的功率P1＝I2R＝（0.1A）2×60Ω＝0.6W
故①正确；
②当电路中的电流I＝0.1A时，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，由可得，电源的电压U＝I（R0+R）＝0.1A×（R0+60Ω）……①
当R＝0Ω时，电路为R0的简单电路，此时电路中的电流最大，由图乙可知最大电流I′＝0.5A，则电源的电压U＝I′R0＝0.5A×R0……②
因电源的电压不变，所以解①②式得：R0＝15Ω，故②正确
③电源的电压U＝I′R0＝0.5A×15Ω＝7.5V故③正确；
④电路消耗的最大功率P＝UI′＝7.5V×0.5A＝3.75W故④正确。
由上分析可知：①②③④正确，故ABC错误，D正确。
故选D。
11．某同学设计了以下四种电路，其中电源电压不变且未知，R0是已知阻值的定值电阻。在实验中不拆改电路的情况下，能够测量出未知电阻Rx阻值的电路是（ ）

A．只有①②③B．只有②③④ C．只有②③ D．①②③④都可以
【答案】D
【详解】解：由图知，断开开关，两只电阻串联，电压表测量电源电压为；闭合开关，电压表测量电阻两端电压，根据电路电流相等列式
可求出的阻值，故能测出阻值；
只闭合时，两电阻串联，电流表测电路中电流；两开关都闭合时只有接入电路中，电流表测此时电路中电流，根据电源电压不变列式
可求出的阻值，故能测出阻值；
只闭合时，电路是只有的简单电路，电流表测量通过的电流；再闭合，两只电阻并联，电流表测量干路电流，根据电源电压不变列式
可求出的阻值，故能测出阻值；
断开开关，两只电阻串联，电压表测量两端电压为；闭合开关，电压表测量电源电压，根据电路电流相等列式
可求出的阻值，故能测出阻值，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选。
12．图甲中电源电压保持不变，滑动变阻器R1标有“50Ω 0.5A”的字样，R2＝10Ω，灯泡L上标有“5V”的字样，电压表量程为0~15V，电流表量程为0~0.6A．将R1的滑片P移至b端，仅闭合开关S、S1，调节R1的滑片P，并绘制出电流表示数与电压表示数的变化关系图像如图乙所示。在保证电路安全的前提下，下列说法正确的是（ ）

A．仅闭合开关S、S1，滑动变阻器接入电路中的最小阻值是5Ω
B．仅闭合开关S、S1，电路总功率的变化范围是0.5W~1.5W
C．若将电压表量程换为0~3V，仅闭合开关S、S2，电流表示数的变化范围是0.1A~0.5A
D．若将电压表量程换为0~3V，仅闭合开关S、S2，R2的功率变化范围是0.1W~0.9W
【答案】D
【详解】由电路图知闭合开关S、S1，滑动变阻器R1与小灯泡L串联，电压表测量小灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流；
A．由图乙可得电路中的电流最小时，滑动变阻器连入电路的电阻最大，最大为50Ω，此时电路中的电流为I1=0.1A，小灯泡两端的电压为UL=1V，电源电压为U=UL+ I1R1大= 1V +0.1A × 50Ω=6V
当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时小灯泡两端的电压为ULʹ=5V，电路中的电流为I2=0.25A，滑动变阻器接入电路的电阻最小为故A错误；
B．由图乙知电路中的电流为0.1A~ 0.25 A，根据P=UI知，最大电功率P大=UI大=6V×0.25A=1.5W
最小电功率P小=UI小=6V×0.1A=0.6W
则电路总功率的变化范围是0.6~ 1.5 W，故B错误；
CD．闭合开关S、S2，定值电阻R2和滑动变阻器R1串联，电压表测量定值电阻R2两端的电压，电流表测量电路中的电流，若将电压表量程换为0~3V，则R2两端的电压最大为3V，电路中的最大电流为
电路中的电流最小时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，电路中的最小电流为
所以电流表示数的变化范围是0.1A~0.3A：
R2的最大功率为P2大=Imax2R2 = (0.3A)2×10Ω= 0.9W
R2的最小功率为P2小=Imin2R2 = (0.1 A)2×10Ω= 0.1W
所以R2的功率变化范围是0.1W~0.9W，故C错误，D正确。
故选D
第Ⅱ卷
二、填空题（29分）
13．如图所示两只水果点亮了一只发光二极管，金属片A是水果电池的 （填“正极”或“负极”），两水果之间是 （填“串联”或“并联”），制作发光二极管的材料是 （选填“导体”、“半导体”或“超导体”）。

【答案】 负极 串联 半导体
【详解】[1]图中二极管发光，说明二极管的连接是正确的，因此水果电池组的A极是负极。
[2]图中电流只有一条路径，因此两水果之间串联的。
[3]制作发光二极管的材料是半导体，具有单向导电性。
14．建筑及装修工程中经常需要用钻孔机钻孔，如图钻头使用时相当于一个 （填简单机械名称），钻孔时钻头发热是由于克服摩擦 使钻头的内能增加了，因此在钻孔过程中需不断地往钻头上注水，利用水的 较大，能吸收较多的热量，从而降低钻头的温度避免钻头烧坏。

【答案】 斜面 做功 比热容
【详解】[1]建筑及装修工程中经常需要用钻孔机钻孔，钻头有螺纹，相当于斜面，且螺纹的螺线很长，相当于斜面较长，因为斜面高度一定时，斜面越长，使用起来越省力。
[2]钻孔时钻头发热，因为钻头与墙相互摩擦，机械能转化为内能，这是通过做功方式改变了钻头的内能。
[3]水和其他物质比较，质量相同时，水的比热容大，升高相同的温度，水吸收的热量多，从而降低钻头的温度避免钻头烧坏。
15．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，则杠杆的机械效率为 ，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”）。

【答案】 90% 变大 不变 变大
【详解】[1]杠杆的机械效率
[2]重物的机械能等于重物的动能和势能之和。当重物从如图位置匀速提升到水平位置时，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。
[3]由图示可知，当重物被提升的过程中，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。
[4]杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，克服杠杆重做额外功，且W有用+W额=W总
设杠杆重心升高的距离为h，则Gh1+G杆h杆=Fh2
G不变，h1不变，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杆杆h变小，所以Fh2也变小；根据
可知总功变小，有用功不变，所以机械效率变大。
16．如图所示，是热机工作中提供动力的 冲程，其它冲程靠飞轮的 完成，转速为6000r/min的热机1min对外做功 次。

【答案】 做功 惯性 3000
【详解】[1] [2]由图可知，进气门关闭，排气门关闭，活塞下行，可以判断此冲程为做功冲程；做功冲程对外提供动力，其它冲程靠飞轮的惯性完成。
[3]若飞轮转速是6000r/min，表示1min飞轮转动6000圈，则1min完成3000个工作循环，对外做功3000次。
17．如图所示，小华和小红一起坐在秋千凳上荡秋千，她们的重力分别是G1、G2，且G1 < G2，某次从最高点下摆到最低点的过程中，她们重力做功的大小分别为W1、W2，重力做功的功率分别为P1、P2。则W1 W2（选填“>”、“<”或“=”），P1 P2（选填“>”、“<”或“=”）。

【答案】 < <
【详解】[1]假设最高点与最低点之间的高度差为h，则从最高点下摆到最低点的过程中，小华和小红的重力做功分别为
因为G1 < G2，所以W1 < W2。
[2]因为小华和小红同时荡秋千，因而设从最高点下摆道最低点的过程所用时间均为t，所以小华和小红的重力做功的功率分别为
又因为W1 < W2，所以P1 < P2。
18．随着我国经济的飞速发展，汽车已经进入寻常百姓人家。如图甲是一种自动测定汽车油箱内油面高度的装置。R0是定值电阻，R是滑动变阻器，它的金属滑片连在杠杆的一端。从油量表指针所指的刻度，就可知道油箱内油面高低。

（1）油量表是由 （选填“电流表”或“电压表”）改装而成的；
（2）当向油箱中加油时，R0两端的电压会 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（3）图乙为原电表的刻度盘，现要在该刻度盘上标注对应的油量值，则表示油量为0的刻度线应在刻度盘的 （选填“最左边”、“中间某位置”或“最右边”）；
（4）若电路的保护电阻R0损坏，维修人员替换时误用了一个较大的电阻，则会导致油量表的测量结果
（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 电流表 变大 最左边 偏小
【详解】（1）[1]由图可知，油量表与定值电阻、滑动变阻器R组成串联电路，由电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联可知，油量表是由电流表改装而成的。
（2）[2]当向油箱中加油时，浮球上升，在杠杆的作用下滑片下降，滑动变阻器连入阻值变小，电路中的总电阻变小，由欧姆定律可知此时电路中电流变大，根据U=IR可知，定值电阻R0两端的电压变大。
（3）[3]由可知，油量为0时，滑片在变阻器的最上端，电路中的总电阻最大，电流最小，所以油量为0的刻度线应在刻度盘的最左边。
（4）[4]若电路的保护电阻R0损坏，替换时误用了一个较大的电阻，则当浮标在同一位置时，电路中的总电阻变大，电流变小，所以会导致油量表的测量结果偏小。
19．如图是一种塔式起重机上的滑轮组，它既可以省力，又可以 。现将重1.5×104N的物体沿竖直方向向上吊起3m，克服绳重和摩擦做的功是拉力做功的，已知动滑轮总重为5000N，则此过程提升重物的有用功为 J，滑轮组机械效率为 %，绳端拉力为 N。

【答案】 改变力的方向 4.5×104 60% 6250
【详解】[1]由滑轮组的工作特点可知，使用滑轮组既可以省力，又可以改变力的方向。
[2]此过程提升重物的有用功为
[3]动滑轮克服重力做的额外功为
总功为
由于克服绳重和摩擦做的功是拉力做功的，所以
解得总功为
滑轮组的机械效率为
[4]由图可知n=4，绳子移动的距离为
根据得拉力为
20．如图是小军家里的电能表，他将电热水壶单独接在电路中烧水，壶内水的质量为1.2kg，初温为28℃，加热5min水温升高了50℃，电能表的转盘转了240转，则电热水壶的实际功率是 W，加热5min水吸收的热量是 J，此过程中电热水壶的热效率是 %。[]
【答案】 1200 2.52×105 70
【详解】[1]2400r/（kW•h）表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转，则转盘转了240转消耗的电能为
电热水壶的实际功率为
[2]根据题意可得，水吸收的热量为
[3]根据题意可知，电热水壶的热效率为
21．如图甲所示的电路中，电源电压不变，滑动变阻器R2标有“20Ω 0.5A”，R1＝10Ω，灯L标有“4V 1W”，灯L的I﹣U图像如图乙。在保证电路安全的情况下，闭合开关，调节滑动变阻器滑片的位置，电压表V1的最小示数为2V，则电源电压为 V，电路的最大功率为 W，滑动变阻器阻值的调节范围为 Ω。

【答案】 8.5 2.125 8～13
【详解】[1]只闭合开关S，定值电阻R1、灯泡L和滑动变阻器R2串联接入电路，电压表V1测量滑动变阻器R2两端的电压，电压表V2测量R1两端的电压。根据串联电路的分压原理可知，在保证电路安全的情况下，当滑动变阻器R2连入电路的电阻越小时电压表V1的示数越小，此时电路中电流最大。滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，小灯泡的额定电流
则在保证电路安全的情况下，电路中的最大电流I大＝I额＝0.25A
此时灯泡正常工作，电压表V1的示数最小，根据题干可知V1最小示数为2V，根据可得
U1＝I大R1＝0.25A×10Ω＝2.5V由串联电路的电压特点可得，电源电压
U＝U1+UL+U2小＝2.5V+4V+2V＝8.5V
[2]电路的最大功率P大＝UI大＝8.5V×0.25A＝2.125W
[3]滑动变阻器R2接入电路的最小电阻为
由串联电路的分压规律可知，当电压表V1示数最大为3V时，R2接入电路的电阻最大，此时小灯泡和R1两端电压由图乙可知当电路中的电流为I′＝0.23A时，小灯泡和R1两端电压
3V+0.23A×10Ω＝5.3V在误差范围内，与5.5V相近，故符合条件；则R2接入电路的最大电阻
所以，R1允许的取值范围是8～13Ω。
三、作图题（6分）
22．如图所示是一台金属切割机，工人用该机切割A点下方的钢管时，用力压B点，机器OAB部分可绕O点转动。请在图中画出作用在B点的最小动力及阻力的力臂。

【答案】
23．某船上装有平衡警示电路，其中S为重力开关，金属片M可绕O点自由转动。当船水平时，M在a、b中间；当船左倾到一定程度时，绿灯亮、电铃响；当船右倾到一定程度时、红灯亮、电铃响。请完成电路图。

【答案】
24．如图所示，用两个单刀双掷开关等器材设计一个楼道灯电路，楼上和楼下开关都能控制灯，用笔画线代替导线完成电路。

【答案】
四、计算题（12分）
25．一辆汽车质量为1200kg，以72km/h的速度匀速行驶10min，消耗的汽油为1.2kg，车匀速行驶时受到的阻力为车重的0.1倍，汽油的热值。
（1）汽车在这段时间内消耗的汽油完全燃烧放出的热量是多少？
（2）这段时间内汽车牵引力做功是多少？
（3）发动机的效率是多少。
【答案】（1）1.44×107J；（2）5.52×107J；（3）26.1%
【详解】解：（1）汽车受到的重力
汽车所受阻力
因为汽车匀速行驶，所以牵引力
汽车行驶的路程
牵引力做的功
（2）1.2kg汽油完全燃烧释放出的热量
（3）发动机的效率
答：（1）汽车在这段时间内消耗的汽油完全燃烧放出的热量是1.44×107J；
（2）这段时间内汽车牵引力做功是5.52×107J；
（3）发动机的效率是26.1%。
26．如图所示的电路中，电源电压恒为18V，小灯泡L标有“6V 3W”字样，滑动变阻器R标有“100Ω 1A”字样，电压表使用的量程为0~15V，电流表使用的量程为0~0.6A，R0为一定值电阻，当只闭合开关S、S1时，小灯泡L恰好正常发光，不计温度对灯丝电阻的影响。求：
（1）小灯泡L的电阻；
（2）只闭合S、S1的情况下通电1min，电流通过定值电阻R0所做的功和R0的值；
（3）保持S闭合，断开S1，再闭合S2，在保证电路安全的情况下，电路的最小功率及此时滑动变阻器接入的电阻大小。

【答案】（1）12Ω；（2）360J，24Ω；（3）4.5W，60Ω
【详解】解：（1）由可得，小灯泡的电阻
（2）闭合开关S、S1，断开S2时，定值电阻R0与灯泡L串联，此时灯泡正常发光；灯泡的额定电流
根据串联电路电压的特点，R0两端的电压
电流通过R0所做的功
R0的阻值
（3）当闭合S、S2，断开S1时，滑动变阻器R与灯泡L串联，当电压表的示数为15V时，电路中的电流最小，此时灯泡两端最小电压
此时电路最小电流
电路的最小功率
滑动变阻器接入电路的电阻
答：（1）小灯泡L的电阻为12Ω；
（2）只闭合S、S1的情况下通电1min，电流通过定值电阻R0所做的功为360J，R0的值为24Ω；
（3）保持S闭合，断开S1，再闭合S2，在保证电路安全的情况下，电路的最小功率为4.5W，此时滑动变阻器接入的电阻为60Ω。
五、实验题（29分）
27．小明用如图所示装置做“探究杠杆的平衡条件”实验．

（1）安装好装置后，杠杆位置如图甲所示，为使其在水平位置平衡，应将平衡螺母向 调节。
（2）如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A处悬挂3个钩码，每个钩码重0.5N，如果在B处施加一个拉力使杠杆在水平位置再次平衡，拉力最小时，大小为 N。
（3）得到实验结论后，利用图丙所示装置，轻质杠杆可绕O转动，A点悬挂一重物M，B点受到电子测力计竖直向上的拉力F，杠杆水平静止。保持F方向不变，F的力臂记为l，改变B点位置，F与 的关系图像为图丁中的①；将M从A移至P，再重复上述步骤，F与 的关系图像为图丁中的 （选填“①”或“②”或“③”或“④”）。
【答案】（1）右（2）2（3） ④
【详解】（1）[1]杠杆处于静止状态或匀速转动状态都为杠杆的平衡状态；如图甲所示，杠杆左端下沉，其右端偏高，应将平衡螺母向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡。
（2）[2]根据杠杆的平衡条件可知，要使力最小，需要使力臂最大，当力的方向竖直向下时，力臂最长，力最小；在A点悬挂3个钩码，则由杠杆的平衡条件得3G×4l=FB×3l，解得最小的力
FB=4G=4×0.5N=2N
（3）[3][4][5]由题意可知，保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，根据杠杆平衡条件可得F×l=G×OA，解得
将M从A移至P，由杠杆平衡条件可得F×l=G×OP，解得
由数学知识可知，①②两式中拉力F与的关系图线均为正比例函数，由图1可知，OP28．在探究“物体动能与质量和速度的关系”实验中，如图甲所示，将钢球从某一高度由静止释放，钢球摆到竖直位置时，撞击水平木板上的木块，将木块撞出一段距离。

（1）小华将实验装置改进成图乙所示，利用质量相同的铁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，来研究铁球动能大小与 的关系；
（2）小华还想用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，探究铁球的动能大小与质量的关系，这个设计方案是 （选填“正确”或“错误”）。
【答案】（1） 速度（2）错误
【详解】（1）[1][2]与从斜面上滚下类似，质量不同的钢球从相同高度处摆下，摆线竖直时，钢球的速度是相同的；钢球的速度相同而质量不同，是探究动能与质量的关系。
（2）[3]质量相同的铁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，此时质量相同，速度不相同，所以可以研究铁球的动能大小与速度的关系。
（3）[4]观察图乙的装置可知，若用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，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，故弹簧的弹性势能相同，转化成的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验目的。
29．如图所示，在“探究通过导体的电流与电压、电阻的关系”实验中，电源电压恒定未知，滑动变阻器规格为“20Ω，2A”，定值电阻若干，电压表量程“0～3V”，电流表量程“0～0.6A”。
表一 表二
（1）第一小组探究“通过导体的电流与导体两端电压的关系”，根据表一数据可得结论 ；
（2）根据表一数据可知定值电阻为 Ω（保留整数），同学们发现和定值电阻上标注的阻值不同，他们说：
A．“阻值不同，不能用表一数据分析论证”
B．“电流表有阻值，造成阻值不同”
C．“数据符合电压越大，电流越大的特点，也能得到（1）中的结论”
D．“做出电流随电压变化的图像，是一条过原点的直线，也能得出（1）中结论”
以上说法正确的有 ；
（3）第二组探究“通过导体的电流与导体电阻的关系”，将5Ω电阻换成10Ω、20Ω电阻后，闭合开关，均直接读出并记录了电流表示数，得到表二数据，分析数据无法得出结论，原因是 。根据表二数据，可知：
①三次实验中，滑动变阻器相当于 Ω的定值电阻；
②正确实验时，可控制定值电阻两端的电压为 V。

【答案】（1）电阻不变时，电流与电压成正比（2）4 D（3）未控制电阻两端电压不变 10 3
【详解】（1）[1]由表一的三次实验数据可知，在导体电阻一定时，导体两端的电压越大，则通过导体的电流越大，即电阻不变时，电流与电压成正比。
（2）[2]由表一的第一次实验数据可知，U1=1.0V，I1=0.24A，根据欧姆定律可得，导体的电阻为
由表一的第二次实验数据可知，U2=1.5V，I1=0.38A，根据欧姆定律可得，导体的电阻为
由表一的第三次实验数据可知，U3=2.0V，I1=0.48A，根据欧姆定律可得，导体的电阻为
取平均值，则导体的电阻为
[3] A．实际数值和定值电阻上标注的阻值不同不影响实验的结果，故A错误；
B．在实验中电流表的阻值对实验的影响可忽略不计，故B错误；
C．仅根据电压越大，电流越大不能推出两个量一定成正比关系，故C错误；
D．做出电流随电压变化的图像，是一条过原点的直线，符合正比关系的特点，故D正确。
故选D。
（3）[4]由表二的第1次实验数据可知，R′1=5Ω，I′1=0.4A，根据欧姆定律可得，导体两端的电压为
由表二的第2次实验数据可知，R′2=10Ω，I′2=0.3A，根据欧姆定律可得，导体两端的电压为
由表二的第2次实验数据可知，R′3=20Ω，I′3=0.2A，根据欧姆定律可得，导体两端的电压为
通过分析可知，三次实验中，电阻两端的电压并不相同，即没有控制电压相同，所以法得出结论。
①[5]由于电源电压不变，根据欧姆定律，由表二的第1次实验数据可知，电源电压为
由于电源电压不变，据欧姆定律，由表二的第1次实验数据可知，电源电压为
即
解得电源电压U=6V，滑动变阻器此时接入电路的阻值为RP=10Ω。
②[6]正确实验时，要保持定值电阻两端电压不变，由电压表量程“0~3V”，知定值电阻两端电压不可超过3V；当电压表示数最小时，变阻器两端电压最大，此时当定值电阻最大时，变阻器接入电路的电阻最大才能满足实验的正常进行，由于定值电阻的最大值为20Ω与滑动变阻器的最大值相同，由串联分压规律知两者平分电源电压，故电压表最小示数为3V，即此实验电压表示数只能取3V。
30．如图所示，图甲是“探究电流与电阻关系”的实验电路图，实验器材有：电源（输出电压为6V）、电流表、电压表、滑动变阻器和开关各一个，定值电阻5个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω）和导线若干。

（1）连接电路，闭合开关，发现电流表指针偏到零刻度线左边，如图乙，原因是 ；
（2）实验过程中用5Ω的电阻做完实验后，若保持滑片的位置不变，断开开关，用10Ω的电阻替换，闭合开关，此时电压表示数 （选择“增大”或“减小”），接下来应将滑片向 （选择“左”或“右”）移动；
（3）正确连接电路，用上述5个定值电阻进行实验得到5组数据，作出电流与电阻的关系图象如图丙，实验中定值电阻两端的电压保持 V，滑动变阻器的最大阻值应不小于 Ω；
（4）为了更直观地表示电压不变时电流与电阻的关系，可以改变横坐标，处理数据后画出电流I与 的关系图线。
【答案】（1）电流表正负接线柱接反了（2）增大 右（3）2 50 （4）电阻的倒数
【详解】（1）[1]电流表的正负接线柱连接正确时，电流表的指针应该向表盘的右侧偏转，如果正负接线柱接反了，指针会向表盘左侧偏转。
（2）[2]实验过程中用的电阻做完实验后，若保持滑片的位置不变，断开开关，用的电阻替换，闭合开关，根据串联分压原理，定值电阻的阻值变大，分得的电压变大，即电压表示数将增大。
[3]探究电流与电阻关系的实验中，应控制定值电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，根据分压原理知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数保持不变。
（3）[4]根据绘制的电流随电阻变化的图像，定值电阻两端的电压为
即定值电阻两端的电压始终保持。
[5]电阻两端的电压始终保持，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压
变阻器分得的电压为电压表示数的倍，根据分压原理，当接入电阻时，变阻器连入电路中的电阻为
故为了完成整个实验，则滑动变阻器的阻值至少是。
（4）[6]为了更直观地表示电压不变时电流与电阻的关系，可以改变横坐标，将横坐标改为电阻的倒数，其图象为一条正比例函数图线，比较直观，由图线可得知，在电压一定时，电流与电阻的倒数成正比，从而推知电压一定时，电流与电阻成反比。
31．某学习小组用“伏安法”测量小灯泡的电阻。

（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整（要求：滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数变大，导线不能交叉）
（2）找到原因后，小明移动滑动变阻器的滑片，图乙、图丙是电压表示数和电流表示数，可以计算出此时小灯泡的电阻 Ω；
（3）如图丁所示，是小明根据测量数据绘制的通过小灯泡电流I随它两端电压U变化的关系图像。请根据图像信息，分析下列说法中正确的是 ；
A．小灯泡的电阻是5Ω
B．小灯泡的电阻随电压的增大而减小
C．小灯泡的电阻受温度影响发生改变
D．若将这样两个同样规格的小灯泡并联在2V的电源两端，干路中总电流为0.45A
（4）利用本次实验所提供的器材能不能去完成实验：“探究电流与电压的关系”， （填“能”或“不能”），理由： 。
【答案】 （1） （2） 6 （3）C （4）不能 灯丝的电阻随温度的变化而变化
【详解】（1）[1]在“伏安法”测电阻的实验中，用电压表测电阻两端的电压，用电流表测通过电阻的电流，根据求出电阻的阻值，故“伏安法”测电阻的实验原理是。
（2）[2]滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用右下接线柱与开关串联在电路中，如下图所示：

（3）[3]为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大处，即左端。
（4）[4]闭合开关，发现小灯泡不发光，电压表和电流表的示数都比较小，说明电路通路，根据欧姆定律可知，滑动变阻器的阻值很大，导致电路电流过小，从而使得灯泡的实际功率过小而不发光。
（5）[5]小明移动滑动变阻器的滑片，图乙、图丙是电压表示数和电流表示数，电压表选用小量程，分度值0.1V，则其示数为1.2V，电流表选用小量程，分度值0.02A，则其示数为0.2A，根据可得，则此时小灯泡的电阻为
（6）[6]ABC．由图知，灯丝的电阻随电压的增大而增大，因灯丝的电阻随温度的升而增大，不是定值，不一定是5Ω，故AB错误，C正确；
D．两个同样规格的小灯泡并联时，通过的电流相等，由图象可知，当灯泡两端电压为2V时通过的电流为0.45A，又因为并联电路中干路电流等于各支路电流，所以电路中总电流为
故D错误。
故选C。
（7）[7][8]探究电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，而灯丝的电阻随温度的变化而变化，故不能用该实验装置中的器材完成探究电流与电压的关系。
32．为测量小灯泡的额定功率，小丽连接了如图甲所示的电路，其中电源电压恒为6V，小灯泡标有“3.8V”字样，滑动变阻器标有“20Ω 1A”字样。

（1）闭合开关，移动滑片P到某一位置时，电压表示数为1.5V，此时要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 （A/B）端移动；
（2）闭合开关后，小丽发现小灯泡发光，电流表有示数，但电压表无示数。经检测：电压表“0～15V”量程接线柱损坏无法使用，“0～3V”量程接线柱完好仍可使用。聪明的小丽设计了以下步骤，顺利完成了小灯泡额定功率的测量。请你帮小丽将下列操作步骤填写完整。
①更换图甲中电压表的量程后闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为 V；
②断开开关，保持滑动变阻器的滑片位置不变，将电压表 ；
③再闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，当电压表示数为 V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为 W。
（3）实验反思：小丽设计步骤①的目的是 。
【答案】 （1） B （2） 3 并联在滑动变阻器两端 2.2 1.44 （3） 保护电压表
【详解】（1）[1]闭合开关，移动滑片P到某一位置时，发现电压表的示数只有1.5V，由于灯泡的额定电压为3.8V，要使灯泡正常发光，则灯泡两端的电压为3.8V，根据串联电路的分压规律知道，此时要减小滑 动变阻器接入电路的电阻，所以滑片应向右（即B端）移动。
（2）①[2] 更换图甲中电压表的量程后闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为3V，电源电压为6V，由于滑动变阻器与灯泡串联，由串联电路电压的特点知道，这样可以保证断开开关，保持滑动变阻器的滑片位置不变，将电压表并联在滑动变阻器两端，闭合开关时电压表示数也为3V不超电压表量程。
②[3]断开开关，保持滑动变阻器的滑片位置不变，将电压表并联在滑动变阻器两端，测量滑动变阻器两端的电压。
③ [4]由于滑动变阻器与灯泡串联，由串联电路电压的特点知道，当灯泡两端的电压是3.8V时，滑动变阻器两端电压是
所以，再闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，当电压表示数为2.2V时，小灯泡正常发光。
[5]由图乙知道，电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.38A，由知道，小灯泡的额定功率为
（3）[6]由[2]中分析可知小丽设计步骤①的目的是保证③操作中再闭合开关时电压表不超量程。实验次数
U/V
I/A
1
1.0
0.24
2
1.5
0.38
3
2.0
0.48
实验次数
R/Ω
I/A
1
5
0.4
2
10
0.3
3
20
0.2