2019-2020学年江苏省苏州市张家港市九年级（上）期末物理试卷含答案

第1页（共1页）2019-2020学年江苏省苏州市张家港市九年级（上）期末物理试卷一、选择题（每题2分，共24分）在每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的.1．（2分）如图所示的杠杆中，属于费力杠杆的是（）A．剪刀 B．起子 C．镊子 D．钢丝钳2．（2分）如图所示实验或事例，属于内能转化为机械能的是（）A．由滑梯上滑下，臀部会有灼热感 B．搓手取暖 C．钻木取火 D．水蒸气将软木塞冲出3．（2分）苏州属沿海地区，昼夜温差较小，而内陆沙漠地区的昼夜温差较大，这主要是因为（）A．海水的密度小，砂石的密度大 B．海水的比热容大，砂石的比热容小 C．海水的内能多，砂石的内能少 D．海水吸收的热量少，砂石吸收的热量多4．（2分）如图AOB是光滑轨道，A点的高度H大于B点的高度，让小球从A点由静止开始自由滑下，沿轨道AOB到达B点后离开（不计空气阻力）。则小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是（）A．a B．b C．c D．d5．（2分）用如图所示的杠杆提升重物，如果作用在A端的力F始终垂直于杠杆，在将重物慢慢提升到一定高度的过程中（不超过水平位置），力F的大小将（）A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．保持不变 D．先变大，后变小6．（2分）如图是某取暖器的工作电路图。为了安全起见，取暖器一般都要安装一个跌倒开关S，使取暖器倾倒时整个电路断开。则跌倒开关S应安装在（）A．a处 B．b处 C．c处 D．d处7．（2分）如图所示的电路中，电源电压不变，开关S闭合，灯L1和L2都正常发光。一段时间后，突然其中一灯熄灭，而电压表和电流表的示数都不变，出现这一现象的原因可能是（）A．灯L1短路 B．灯L2短路 C．灯L1断路 D．灯L2断路8．（2分）自动售票公交车后门两侧的扶手上各装有一个红色按钮（如图所示），想要下车的乘客只要按下其中任何一个按钮，装在车内的电铃就会响起，以提醒司机停车。选项图所示的电路图符合要求的是（）A． B． C． D．9．（2分）对于“探究电流跟电阻的关系”和“伏安法测量电阻”的这两个实验，下列说法不正确的是（）A．它们都是采用控制变量的研究方法 B．它们的实验电路在教科书中是相同的 C．前者多次测量的目的是分析多组数据，得出电流跟电阻的关系 D．后者多次测量的目的是取电阻的平均值，减小误差10．（2分）电动机是一种高效率、低污染的动力设备，广泛地应用在各种家用电器中。下列家用电器中应用了电动机的是（）A．洗衣机 B．电饭锅 C．电热水壶 D．电热毯11．（2分）在如图所示电路中，电源电压不变。闭合开关后，当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.3A，小灯泡消耗的功率为0.9W；当滑片P移至中点时，电压表示数变化了2V，此时小灯泡恰好正常发光，且消耗的功率为2W．下列说法正确的是（）A．小灯泡正常发光时的电阻为10Ω B．滑动变阻器的最大阻值为20Ω C．电源电压为8V D．滑片P在最右端时，滑动变阻器消耗的功率为3.2W12．（2分）如图甲所示，R2的阻值是20Ω，滑动变阻器R1消耗的功率P与其电阻R1的关系图象如图乙所示，则R1消耗的最大功率是（）A．0.45W B．0.50W C．0.65W D．0.90W二、填空题（每空1分，共27分）13．（2分）海洋中有一种会放电的鱼叫电鳐，它放电时最高电压可高达200V，即为kV，游近电鳐的鱼会被电死或电晕，因为海水是。14．（3分）如图所示，一根均匀的细木棒OC，OA＝OC，B为OC的中点，在C点施力将挂在A点的重为180N的物体匀速提升0.2m，木棒的机械效率为90%，这里的木棒是一种简单机械，称为，提升该物体做的有用功是J，木棒重为N（不计摩擦）。15．（2分）改变物体内能的方法有两种，和。16．（3分）美国正在试验助推火箭无损回收技术：火箭将飞船推送至一定高度；箭船分离，火箭停止喷火、落向地面；接近地面时，火箭再次消耗燃料、向下喷火，并以2m/s的速度匀速下降。火箭匀速下降时，动能（变小/不变/变大），重力势能（变小/不变/变大）。火箭用氢气作燃料利用了氢气大。17．（3分）如图所示，斜面长S＝10m，高h＝4m。用沿斜面方向的推力F，将一个重为150N的物体由斜面底端A匀速推到顶端B．运动过程中物体克服摩擦力做了200J的功。求：（1）运动过程中克服物体的重力做的功W＝J；（2）斜面的机械效率η＝；（3）推力F的大小F＝N。18．（2分）有许多重大火灾都是因用电线路连接处接触不良所造成的，当线路连接处接触不良时，该处的电阻将，（选填“减小”或“增大”或“不变”）在接触处就会局部过热引起升温，接触处的电阻又将随着温度的升高而，（选填“减小”或“增大”或“不变”）从而形成电热的逐步积累和恶性循环，以致引发火灾。19．（4分）如图甲所示，当开关S从点2转到1时，电流表和电压表对应的示数如图乙所示，由图甲和图乙中的信息可知，电源电压是V，电阻R2的阻值是Ω，电阻R2的I﹣U图象是丙图中的（填“a”或“b”），R1前后消耗的电功率差为W。20．（2分）苏州市城乡电网改造后，家用的电能表全部改用了精度高、能耗少的脉冲式数字电能表。小明家脉冲式数字电能表的表盘上有“3000imp/kW•h”、“220V、20A”等信息，若小明关闭其它所有的用电器，只接通一只“220V、100W”的电灯，使其工作1h，则电灯消耗的电能是J，指示灯闪烁了次。21．（2分）如图所示的电路中，灯L标有“3V0.9W”、滑动变阻器R上标有“50Ω1A”的字样，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，则灯L正常工作时的电流为A．若电源电压为4.5V，为了保证电路中各元件安全工作，滑动变阻器连入电路中的最小阻值是Ω．（假设灯丝电阻保持不变）22．（2分）电源电压不变，R1＝10Ω．R2＝15Ω．当S1、S2都闭合时。甲、乙都是电压表，则U甲：U乙＝；当S1闭合，S2断开时，甲、乙都是电流表，则I甲：I乙＝。23．（2分）甲和乙两灯的额定电压均为6V，图是甲、乙两灯的电流随其两端电压变化的曲线。现将两灯串联后接在某一电路中，要使其中一个灯泡正常发光，并保证电路安全，电路的工作电流应为A，电源电压最大为V。三、.解答题（共11小题，共49分，解答第28、29、30题时要求写出详细求解过程）24．（2分）为使轻质杠杆AB在如图所示位置静止，请你在杠杆上画出所施加最小动力F1的示意图，并作出阻力F2的力臂25．（2分）如图，通过滑轮组向下用力提升物体，请画出滑轮组的绕线。26．（2分）如图所示，当开关闭合后，两灯均能正常发光，在甲、乙两处填入合适的电表。27．（3分）小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为0.5kg的水和另一种液体进行对比实验，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示，实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图象可以得出：（选填“甲”或“乙”）物质为水，另一种液体的比热容为，这种液体在0～15min内放出的热量为。28．（5分）小华为了探究物体动能的大小与质量、速度的关系，设计了如图甲、乙所示的实验。实验甲：质量相同的两个小球，沿同一光滑弧形轨道分别从A处和B处开始向下运动，然后与放在水平面上的木块相碰，木块在水平面上移动一段距离后静止，如图甲所示。实验乙：质量不同的两个小球，沿同一光滑弧形轨道分别从A处开始向下运动，然后与放在水平面上的木块相碰，木块在水平面上移动一段距离后静止，如图乙所示。（1）本实验中是通过比较来反映动能的大小，小球的动能是由能转化而来的。（2）要探究小球动能的大小与质量的关系，应选用图（甲/乙）。（3）甲实验可以得出的结论是。（4）若在实验中，由于木板较短，木块碰后滑出木板，在不改变原有器材的情况下，如何保证碰后木块能始终在木板上滑行？方法是。29．（6分）在“测量滑轮组的机械效率”的实验中，某组同学用同样的滑轮安装了如图甲、乙所示的滑轮组，实验测得的数据如下表所示。次数物体的重力G/N提升高度h/m拉力F/N绳端移动的距离s/m机械效率η120.110.366.7%230.11.40.371.4%340.11.80.374.1%420.11.50.2（1）表格内的第4次实验中应补充的数据是（结果精确到0.1%）。这次数据是用图中（选填“甲”或“乙”）所示的滑轮组测得的。（2）分析比较第1、2、3次实验数据可以得到，若要增大滑轮组的机械效率，可以。在第1次实验中，拉力F所做的额外功为J。（3）某同学认为，使用相同的滑轮所组成的滑轮组提升同一个重物时，越省力的滑轮组其机械效率越大，他的想法正确吗？。请你利用补充完整后的表格中的数据说明你的判断。30．（4分）小明家新安装了一台装有200kg水的太阳能热水器，加满水后，经过一段时间阳光的照射，水温由原来的20℃升高到了40℃．[水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）、焦炭的热值q＝3.0×107J/kg]求：（1）在这一段时间内水吸收了多少热量？（2）若这些热量由效率为20%的火炉燃烧焦炭来提供，则需要燃烧多少Kg的焦炭？31．（6分）搬运工人用如图所示的滑轮组，在5s内将一个重120N的物体匀速提升3m，所用的拉力F为50N，不计绳重及摩擦。求：（1）拉力F做功的功率；（2）滑轮组的机械效率；（3）提升480N重物时的拉力。32．（6分）如图所示是小明家的电热水壶及其铭牌；小明将该电热水壶接入家庭电路，用它来加热1.5kg水。（1）试计算该电热水壶正常工作时的电流和电阻分别是多大？（2）水从20℃加热到100℃吸收的热量是多少？（3）小明烧开这壶水实际用时8min，则这段时间内消耗的电能是多少？33．（6分）在探究影响电流热效应因素的活动中，小明用电阻分别为R1和R2（R1＜R2）的两段电阻丝，研究电流的大小、电阻和时间对产生热量的影响。（1）实验中应将这两段电阻丝分别浸没在和初温都相同两瓶煤油中。（2）实验中通过来比较电阻丝产生的热量的多少。（3）如图所示，将两段电阻丝串联后接入电路，这是探究对产生热量的影响。工作一段时间后，（A/B）瓶中温度计示数高。（4）研究电流大小对产生热量的影响时，小明将R1和R2并联后接入电路，工作相同时间。此过程中，通过电流大的电阻是（R1/R2），产生热量多的电阻是（R1/R2）。小明的这一做法可行吗？说明你的理由。答：（可行/不可行）。理由：。34．（7分）小丽做测量小灯泡电功率的实验（小灯泡标有“2.5V“字样，电阻约10Ω）。（1）如图甲所示，电源为两节新干电池，小丽所接的实验电路存在连接错误，但只需改动根导线，即可使电路连接正确，请你在应改动的导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接法。（2）实验过程中，当电压表示数为V时，小灯泡达到额定功率，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为W。（3）在某次调节中，滑动变阻器接入电路的阻值减小了△R1，小灯泡的阻值变化了△R2，则△R1（＞/＜/＝）△R2．你的理由是：。（4）做完此实验后，小丽还想测量一只阻值约为数百欧的电阻Rx的阻值，与其他同学讨论后，她通过增加一电阻箱R0（0～9999Ω5A）、定值电阻（200Ω2A）、单刀双掷开关等器材，设计出了A、B两种方案（如图丙）。在A、B两种方案中，方案可以让测量结果更准确，理由是（电表为理想电表）。

2019-2020学年江苏省苏州市张家港市九年级（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题2分，共24分）在每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的.1．（2分）如图所示的杠杆中，属于费力杠杆的是（）A．剪刀 B．起子 C．镊子 D．钢丝钳【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。【解答】解：A、剪刀在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；B、起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；C、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；D、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；故选：C。2．（2分）如图所示实验或事例，属于内能转化为机械能的是（）A．由滑梯上滑下，臀部会有灼热感 B．搓手取暖 C．钻木取火 D．水蒸气将软木塞冲出【分析】做功是能量的转化，而热传递是能量的转移，这是做功和热传递改变物体的内能的主要区别。【解答】解：A、由滑梯上滑下，臀部会有灼热感，机械能转化为内能，故A错误；BC、搓手取暖，钻木取火，都是机械能转化为内能，故BC错误；D、水蒸气顶开软木塞，是利用水蒸气的内能来做功，把内能转化为机械能，故D正确。故选：D。3．（2分）苏州属沿海地区，昼夜温差较小，而内陆沙漠地区的昼夜温差较大，这主要是因为（）A．海水的密度小，砂石的密度大 B．海水的比热容大，砂石的比热容小 C．海水的内能多，砂石的内能少 D．海水吸收的热量少，砂石吸收的热量多【分析】沿海地区，水多，因为水的比热容较大，相同质量的水和泥土沙石比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，据此分析。【解答】解：沿海地区，水多；内陆地区水少、沙石多。因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小。故选：B。4．（2分）如图AOB是光滑轨道，A点的高度H大于B点的高度，让小球从A点由静止开始自由滑下，沿轨道AOB到达B点后离开（不计空气阻力）。则小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是（）A．a B．b C．c D．d【分析】小球在整个过程中机械能守恒，结合惯性的知识及机械能守恒定律进行分析。【解答】解：A、根据题意，小球从A点由静止滑下，所以小球的机械能等于A点时的重力势能，整个过程中，机械能守恒，a的最高点超过了A点的高度，这是不可能的，A错误；B、b点的最高点与A点的高度相同，而在最高点时，小球仍具有向右运动的速度，所以b图线的机械能大于A点的机械能，B错误；C、c图线的最高点低于A点，由于在最高点时小球仍运动，其总机械能可能与开始时的机械能相等，C正确；D、小球离开轨道时，由于惯性，应具有沿轨道方向向上运动的速度，D错误。故选：C。5．（2分）用如图所示的杠杆提升重物，如果作用在A端的力F始终垂直于杠杆，在将重物慢慢提升到一定高度的过程中（不超过水平位置），力F的大小将（）A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．保持不变 D．先变大，后变小【分析】此过程中，重力不变；F始终垂直于杠杆，动力臂不变，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得，动力随阻力臂的增大而增大【解答】解：由题知，当慢慢提升重物时，重力（阻力）不变，阻力臂增大（水平时最大），动力臂不变即：G不变、L1不变，L2增大∵FL1＝GL2∴力F逐渐变大；故选：A。6．（2分）如图是某取暖器的工作电路图。为了安全起见，取暖器一般都要安装一个跌倒开关S，使取暖器倾倒时整个电路断开。则跌倒开关S应安装在（）A．a处 B．b处 C．c处 D．d处【分析】跌倒开关就是防止取暖器倾倒时火线和零线直接接触会出现短路，电流过大，产生热量会增多，会引起火灾，为了防止短路现象，在电热器倾倒时，切断电路即应位于干路。【解答】解：为了防止短路现象，在取暖器倾倒时，切断电路，故跌倒开关应位于干路上，即图中a处。故选：A。7．（2分）如图所示的电路中，电源电压不变，开关S闭合，灯L1和L2都正常发光。一段时间后，突然其中一灯熄灭，而电压表和电流表的示数都不变，出现这一现象的原因可能是（）A．灯L1短路 B．灯L2短路 C．灯L1断路 D．灯L2断路【分析】分析电路知，两只灯泡并联，电流表测量L1支路电流，电压表测量电源电压。并联电路的特点是：各用电器工作状态互不影响。【解答】解：A、如果灯泡L1短路，整个电路短路，电流表电压表示数都变为零。此选项不符合题意；B、如果灯泡L2短路，整个电路短路，电流表电压表示数都变为零。此选项不符合题意；C、如果灯泡L1断路，不发光；电流表断路无示数。此选项不符合题意；D、如果灯泡L2断路，电流表测量L1支路电流不受影响，示数不变；电源电压不变，电压表示数不变。此选项符合题意。故选：D。8．（2分）自动售票公交车后门两侧的扶手上各装有一个红色按钮（如图所示），想要下车的乘客只要按下其中任何一个按钮，装在车内的电铃就会响起，以提醒司机停车。选项图所示的电路图符合要求的是（）A． B． C． D．【分析】按下任何一个下车按钮时电铃都会发声，说明两个开关并联共同控制电铃。【解答】解：A．图中其上面开关闭合后，会形成电源短路，故A不符合题意；B．图中两个开关并联后共同控制电铃，即任何一个开关闭合后，电铃都能发声，故B符合题意；C．图中两个开关若同时闭合，会造成电源短路，故C不符合题意；D．两个开关串联，即两个开关必须同时闭合电铃才能发声，故D不符合题意；故选：B。9．（2分）对于“探究电流跟电阻的关系”和“伏安法测量电阻”的这两个实验，下列说法不正确的是（）A．它们都是采用控制变量的研究方法 B．它们的实验电路在教科书中是相同的 C．前者多次测量的目的是分析多组数据，得出电流跟电阻的关系 D．后者多次测量的目的是取电阻的平均值，减小误差【分析】这两个实验都需要测量出通过电阻的电流和其两端的电压，实验电路图都是相同的，并且在做“探究电流跟电阻的关系”时，要控制电阻两端的电压不变；实验过程都需要采用多次测量取平均值的办法来减小误差。【解答】解：A、在“探究电流跟电阻的关系”时需要采用控制变量法，而“伏安法测量电阻”时不需要利用控制变量法，不正确，符合题意；B、这两个实验的实验电路图都相同，说法正确，不符合题意；实验过程为了减小误差，常采用多次测量取平均值的办法进行分析解答，故CD都正确，不符合题意；故选：A。10．（2分）电动机是一种高效率、低污染的动力设备，广泛地应用在各种家用电器中。下列家用电器中应用了电动机的是（）A．洗衣机 B．电饭锅 C．电热水壶 D．电热毯【分析】电动机的工作特点是通电以后，电动机的转子会发生转动。所以要判断哪个用电器应用了电动机，就看哪个用电器通电以后，会发生转动。【解答】解：洗衣机通电时，滚筒会发生转动，表明洗衣机内部有电动机，所以洗衣机应用了电动机；电饭锅、电热水壶、电热毯通电时，电能转化为热，它们是利用了电流的热效应。故选：A。11．（2分）在如图所示电路中，电源电压不变。闭合开关后，当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.3A，小灯泡消耗的功率为0.9W；当滑片P移至中点时，电压表示数变化了2V，此时小灯泡恰好正常发光，且消耗的功率为2W．下列说法正确的是（）A．小灯泡正常发光时的电阻为10Ω B．滑动变阻器的最大阻值为20Ω C．电源电压为8V D．滑片P在最右端时，滑动变阻器消耗的功率为3.2W【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）比较滑片P在某一端点和滑片P移至中点时灯泡消耗的功率判断开始时滑片的位置，根据P＝UI求出此时灯泡两端的电压，根据串联电路的分压特点结合电压表示数的变化判断滑片位于中点时电压表的示数，根据P＝UI＝求出灯泡正常发光时的电阻；（2）当滑片P移到最右端点时，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示电源的电压，滑片P移到中点时，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出滑动变阻器的最大阻值，进一步求出电源的电压；（3）滑片P在最右端时，根据P＝I2R求出滑动变阻器的功率。【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.3A，小灯泡消耗的功率为0.9W；当滑片P移至中点时，电压表示数变化了2V，此时小灯泡恰好正常发光，且消耗的功率为2W，由小灯泡消耗的功率变大可知，电路中的电流I＝0.3A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，由P＝UI可得，此时灯泡两端的电压：UL＝＝＝3V，当滑片P移到中点时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，灯泡两端的电压变大，由电压表示数变化了2V可知，此时灯泡两端的电压UL′＝UL+2V＝3V+2V＝5V，因此时灯泡正常发光，且灯泡的功率PL′＝2W，所以，由P＝UI＝可得，灯泡正常发光时的电阻：RL＝＝＝12.5Ω，故A错误；（2）当滑片P在最右端时，灯泡的电功率两端的电压UL＝3V，电路中的电流I＝0.3A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，由I＝可得，电源的电压：U＝UL+IR＝3V+0.3A×R滑﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，当滑片P移到中点时，灯泡两端的电压UL′＝5V，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流：I′＝＝＝0.4A，电源的电压：U＝UL′+I′×＝5V+0.4A×﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，因电源的电压不变，所以，3V+0.3A×R滑＝5V+0.4A×，解得：R滑＝20Ω，故B正确；电源的电压U＝UL+IR＝3V+0.3A×20Ω＝9V，故C错误；（3）滑片P在最右端时，滑动变阻器消耗的功率：PR＝I2R滑＝（0.3A）2×20Ω＝1.8W，故D错误。故选：B。12．（2分）如图甲所示，R2的阻值是20Ω，滑动变阻器R1消耗的功率P与其电阻R1的关系图象如图乙所示，则R1消耗的最大功率是（）A．0.45W B．0.50W C．0.65W D．0.90W【分析】由电路图可知，R2与R1串联，由图象可知，R1接入电路的电阻为10Ω时消耗的功率是0.4W，根据P＝I2R求出电路中的电流；根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压，由图象可知当R1＝20Ω时，R1消耗功率最大，根据串联电路的特点和欧姆定律，利用电功率公式P＝I2R即可求出滑动变阻器消耗的最大功率。【解答】解：由电路图可知，R2与R1串联，由图象可知，R1接入电路的电阻为10Ω时消耗的功率是0.4W，由P＝I2R可得此时电路中的电流I′＝＝＝0.2A，根据串联电路的电阻特点和I＝可得，电源的电压U＝I′（R1′+R2）＝0.2A×（10Ω+20Ω）＝6V；由图象可知，当R1＝20Ω时，R1消耗的功率最大，最大功率：P1最大＝I2R1＝（）2R1＝（）2×20Ω＝0.45W。故选：A。二、填空题（每空1分，共27分）13．（2分）海洋中有一种会放电的鱼叫电鳐，它放电时最高电压可高达200V，即为0.2kV，游近电鳐的鱼会被电死或电晕，因为海水是导体。【分析】根据1KV＝1000V解答第一个空；根据导体的定义（容易导电的物体称为导体）解答第二空。【解答】解：由1KV＝1000V可得：200V＝0.2kV。容易导电的物体叫导体，因为海水容易导电，所以海水是导体。故答案为：0.2；导体。14．（3分）如图所示，一根均匀的细木棒OC，OA＝OC，B为OC的中点，在C点施力将挂在A点的重为180N的物体匀速提升0.2m，木棒的机械效率为90%，这里的木棒是一种简单机械，称为杠杆，提升该物体做的有用功是36J，木棒重为10N（不计摩擦）。【分析】简单机械包括杠杆、斜面等，根据图示可知该机械的名称；根据W有＝Gh可求出有用功；根据η＝＝和W额＝G木h′可求出木棒的重力。【解答】解：根据图示可知，木棒可以绕O点转动，故该木棒相当于杠杆；有用功：W有＝Gh＝180N×0.2m＝36J；因为OA＝OC，B为OC的中点（即B点为杠杆的重心），所以，由相似三角形的知识可知，当物体上升0.2m时，重心B点将上升0.4m；不计摩擦，由η＝＝和W额＝G木h′可得：90%＝，解得G木＝10N。故答案为：杠杆；36；10。15．（2分）改变物体内能的方法有两种，做功和热传递。【分析】解决此类问题要知道改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。【解答】解：做功和热传递是改变物体内能的两种方式，它们都可以改变物体的内能，但热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程；故答案为：做功，热传递。16．（3分）美国正在试验助推火箭无损回收技术：火箭将飞船推送至一定高度；箭船分离，火箭停止喷火、落向地面；接近地面时，火箭再次消耗燃料、向下喷火，并以2m/s的速度匀速下降。火箭匀速下降时，动能变小（变小/不变/变大），重力势能变小（变小/不变/变大）。火箭用氢气作燃料利用了氢气热值大。【分析】（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）氢的热值大，所以用氢作为火箭内部的燃料。【解答】解：火箭匀速下降时，消耗燃料，所以火箭的质量减小、速度不变，动能变小；质量减小、高度减小，重力势能变小。由于氢的热值最大，所以火箭用氢气作燃料利用了氢气热值大的特性。故答案为：变小；变小；热值。17．（3分）如图所示，斜面长S＝10m，高h＝4m。用沿斜面方向的推力F，将一个重为150N的物体由斜面底端A匀速推到顶端B．运动过程中物体克服摩擦力做了200J的功。求：（1）运动过程中克服物体的重力做的功W＝600J；（2）斜面的机械效率η＝75%；（3）推力F的大小F＝80N。【分析】（1）已知物体的重力和斜面的高度，根据公式W＝Gh可求推力所做的有用功，即运动过程中克服物体的重力做的功；（2）运动过程中物体克服摩擦力做的功为额外功，根据W总＝W有+W额求出总功，利用效率公式求出斜面的机械效率；（3）根据W总＝Fs求出推力F大小。【解答】解：（1）运动过程中克服物体的重力做的功：W有＝Gh＝150N×4m＝600J；（2）运动过程做的总功：W总＝W有+W额＝600J+200J＝800J，斜面的机械效率η＝×100%＝×100%＝75%；（3）∵W总＝Fs∴推力：F＝＝＝80N。故答案为：（1）600；（2）75%；（3）80。18．（2分）有许多重大火灾都是因用电线路连接处接触不良所造成的，当线路连接处接触不良时，该处的电阻将增大，（选填“减小”或“增大”或“不变”）在接触处就会局部过热引起升温，接触处的电阻又将随着温度的升高而增大，（选填“减小”或“增大”或“不变”）从而形成电热的逐步积累和恶性循环，以致引发火灾。【分析】当线路连接处接触不良时，该处的电阻会增大；由焦耳定律可知接触处会产生大量的热量，是局部过热，温度升高，从而引发火灾。【解答】解：线路连接处由于接触不良，电流通过时受到的阻碍作用增大，因此电阻增大；线路连接处相对于其他地方电阻增大，根据焦耳定律Q＝I2Rt，在电流相同、时间相同的情况下产生了更多的热量，因此导致局部温度升高，接触处温度升高，使接触处的电阻进一步变大，产生更多的热量，使温度迅速升高，温度过高容易引发火灾。故答案是：增大；增大。19．（4分）如图甲所示，当开关S从点2转到1时，电流表和电压表对应的示数如图乙所示，由图甲和图乙中的信息可知，电源电压是6V，电阻R2的阻值是20Ω，电阻R2的I﹣U图象是丙图中的a（填“a”或“b”），R1前后消耗的电功率差为3.2W。【分析】（1）由电路图可知，当开关S接1时，电路为R1的简单电路，电压表测电源的电压，此时电路中的电流较大，根据乙图读出电源的电压，根据欧姆定律求出R1的阻值，根据P＝UI求出R1消耗的电功率；（2）当开关S接2时，R1、R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，此时电路中的电流较小，由乙图读出两电表的示数，根据P＝UI求出R1消耗的电功率，进一步得出R1前后消耗的电功率差；根据串联电路的电压特点得出R2两端的电压，再结合此时通过的电流即可判断电阻R2的I﹣U图象，根据欧姆定律求出R2的阻值。【解答】解：当开关S接1时，等效电路图如图1所示；当开关S接2时，等效电路图如图2所示；（1）由图1和图2可知，S接1时电压表的示数最大，电流表的示数也最大，由乙图可知，电源的电压U＝6V，此时电路中的电流I＝0.6A，所以由图1可得：R1＝＝＝10Ω；R1消耗的电功率：P1＝UI＝6V×0.6A＝3.6W；（2）由图2可得：U1＝2V，电路中的电流I′＝0.2A，R1消耗的电功率P1′＝U1I′＝2V×0.2A＝0.4W，R1前后消耗的电功率差P1﹣P1′＝3.6W﹣0.4W＝3.2W；R2两端的电压U2＝U﹣U1＝6V﹣2V＝4V，所以R2＝＝＝20Ω，当R2两端的电压为4V时，通过的电流为0.2A，结合丙图可知a表示电阻R2的I﹣U图象。故答案为：6；20；a；3.2。20．（2分）苏州市城乡电网改造后，家用的电能表全部改用了精度高、能耗少的脉冲式数字电能表。小明家脉冲式数字电能表的表盘上有“3000imp/kW•h”、“220V、20A”等信息，若小明关闭其它所有的用电器，只接通一只“220V、100W”的电灯，使其工作1h，则电灯消耗的电能是3.6×105J，指示灯闪烁了300次。【分析】（1）已知灯泡的额定电压和工作时间，根据公式W＝Pt可求消耗的电能，（2）已知脉冲式电能表表盘上有“3000imp/kW•h”的信息，指示灯闪烁一次消耗的电能为kW•h，消耗的电能已经求出，可求指示灯闪烁的次数。【解答】解：（1）∵100W＝0.1kW，电灯消耗的电能W＝Pt＝0.1kW×1h＝0.1kW•h＝3.6×105J，故答案为：3.6×105；（2）根据电能表参数知：指示灯闪烁一次消耗的电能为kW•h，又电灯1h消耗的电能是：0.1kW•h，∴指示灯闪烁的次数为＝300imp。故答案为：300。21．（2分）如图所示的电路中，灯L标有“3V0.9W”、滑动变阻器R上标有“50Ω1A”的字样，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，则灯L正常工作时的电流为0.3A．若电源电压为4.5V，为了保证电路中各元件安全工作，滑动变阻器连入电路中的最小阻值是5Ω．（假设灯丝电阻保持不变）【分析】（1）由P＝UI计算灯泡正常工作的电流；（2）由图知，L与R串联，根据灯泡、滑动变阻器的规格和电流表量程确定电路中最大电流，此时R连入阻值最小，由串联电路特点和欧姆定律计算R的最小值。【解答】解：（1）已知L的额定电压和额定功率，由P＝UI可得灯泡正常工作的电流：I＝＝＝0.3A；（2）由图知，L与R串联，灯泡正常工作电流0.3A，滑动变阻器允许通过最大电流1A，电流表量程0﹣0.6A，串联电路中电流处处相等，所以电路中的最大电流为0.3A，此时R连入阻值最小，由串联电路特点和欧姆定律可得：R最小＝＝＝5Ω，且此时R两端电压：UR＝I最大R＝0.3A×5Ω＝1.5V＜3V，电压表安全。故答案为：0.3；5。22．（2分）电源电压不变，R1＝10Ω．R2＝15Ω．当S1、S2都闭合时。甲、乙都是电压表，则U甲：U乙＝3：5；当S1闭合，S2断开时，甲、乙都是电流表，则I甲：I乙＝5：2。【分析】当S1、S2都闭合，甲、乙都是电压表时，R1、R2串联，甲电压表测R2两端的电压，乙电压表侧电源的电压，根据串联电路电流、电压特点和欧姆定律求出两电表示数之比；当S1闭合，S2断开时，两电阻并联，甲测干路电流，乙测R2支路电流，根据欧姆定律求出各支路电流，进一步根据并联电路电流特点求出甲、乙两电流表的示数之比。【解答】解：当S1、S2都闭合，甲、乙都是电压表时，R1、R2串联，U甲：U乙＝IR2：I（R1+R2）＝15Ω：（10Ω+15Ω）＝3：5；当S1闭合，S2断开时，两电阻并联，通过R1支路的电流为I1＝，通过R2支路的电流为I2＝，所以I甲：I乙＝（I1+I2）：I2＝（+）：＝（R1+R2）：R1＝（10Ω+15Ω）：10Ω＝5：2。故答案为：3：5，5：2。23．（2分）甲和乙两灯的额定电压均为6V，图是甲、乙两灯的电流随其两端电压变化的曲线。现将两灯串联后接在某一电路中，要使其中一个灯泡正常发光，并保证电路安全，电路的工作电流应为0.5A，电源电压最大为8V。【分析】由图可知灯泡甲的电流大于灯泡乙的电流，故两灯串联后使其中一个灯泡正常发光时只能是灯泡乙正常发光，正常发光时的电压为额定电压，根据串联电路电流规律可知两灯电流相等，利用图象读出此时灯泡甲的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的最大电压。【解答】解：由图象可知：灯泡甲正常工作时的电流为1A，灯泡乙正常工作时的电流为0.5A，因串联电路中各处的电流相等，所以，将两灯串联后接在某一电路中，要使其中一个灯泡正常发光时，电路的最大电流为0.5A；由图象可知，0.5A所对应两灯泡的电压分别U甲＝2V，U乙＝6V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源最大电压U＝U甲+U乙＝2V+6V＝8V。故答案为：0.5；8。三、.解答题（共11小题，共49分，解答第28、29、30题时要求写出详细求解过程）24．（2分）为使轻质杠杆AB在如图所示位置静止，请你在杠杆上画出所施加最小动力F1的示意图，并作出阻力F2的力臂【分析】使用杠杆时，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，越省力；因此只需找出使动力臂最长的动力作用点，然后作动力臂的垂线即可。支点到阻力作用线的垂直距离是阻力臂。【解答】解：在阻力与阻力臂的乘积一定的情况下，最省力，即动力臂最长，由图知OB比OA长，所以OB做动力臂最长，过B点与OB垂直向上作垂线就得到动力F的方向，如下图所示：画出阻力作用线，则支点O到阻力作用线的垂直距离为阻力臂L2。25．（2分）如图，通过滑轮组向下用力提升物体，请画出滑轮组的绕线。【分析】滑轮组可以从动滑轮绕起，也可以从定滑轮绕起，不同的绕法，省力情况也不同；绳子自由端的拉力向下，滑轮组要从定滑轮绕起。【解答】解：用一个定滑轮和一个动滑轮组成滑轮组，通过滑轮组向下用力提升物体，说明绳子自由端的拉力方向向下，所以绳子由定滑轮开始绕起，如图所示：26．（2分）如图所示，当开关闭合后，两灯均能正常发光，在甲、乙两处填入合适的电表。【分析】电压表与被测用电器并联，并且在电路中相当于开路；电流表与被测用电器串联，并且在电路中相当于导线。【解答】解：两灯泡要想正常工作，连接方式必须并联，因为电压表一定要并联在电路中，电流表一定要串联在电路中，所以电流从正极出发分两支，一支经灯泡L2回负极，另一支经电流表、L1回负极，所以甲一定是电压表，乙一定是电流表。而甲与L1串联，乙与两灯泡并联，因此甲为电流表，乙为电压表。故答案如图所示：27．（3分）小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为0.5kg的水和另一种液体进行对比实验，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示，实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图象可以得出：甲（选填“甲”或“乙”）物质为水，另一种液体的比热容为2.1×103J/（kg•℃），这种液体在0～15min内放出的热量为4.2×104J。【分析】（1）选同样的加热时间，甲和乙吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断。（2）根据甲、乙两种液体的比热容的大小判断出哪一种液体是水，由题知，分别用质量相等的水和另一种液体进行了实验，相同时间水和液体放出的热量不相同。而水和液体的质量相同，根据吸热公式求液体的比热容；（3）根据Q放＝cm△t可求出乙液体放出的热量。【解答】解：（1）时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图示可以看出，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢；利用热量的计算公式Q放＝cm△t可知，在质量相等、初温相同、放热也相同的情况下，谁的温度降低得快，它的比热容小；所以，甲液体的比热容大，所以若A、B两种液体中，一种液体是水，则这种液体一定是甲液体，由图可知：液体的初温是60℃，放热15分钟后甲液体的末温是40℃，则水放出的热量：Q放＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×m×（60℃﹣40℃）。（2）由题知，而水和液体的质量相同，即m水＝m乙c水m水△t＝c乙m（60℃﹣20℃）＝4.2×103J/（kg•℃）×m×（60℃﹣40℃）。解得c乙＝2.1×103J/（kg•℃）。（3）读图可得，乙在15min内由60℃降低到20℃，降低的温度是60℃﹣20℃＝40℃，所以乙放出的热量Q放＝cm△t＝2.1×103J/（kg•℃）×0.5kg×40℃＝4.2×104J。故答案为：甲；2.1×103J/（kg•℃）；4.2×104J。28．（5分）小华为了探究物体动能的大小与质量、速度的关系，设计了如图甲、乙所示的实验。实验甲：质量相同的两个小球，沿同一光滑弧形轨道分别从A处和B处开始向下运动，然后与放在水平面上的木块相碰，木块在水平面上移动一段距离后静止，如图甲所示。实验乙：质量不同的两个小球，沿同一光滑弧形轨道分别从A处开始向下运动，然后与放在水平面上的木块相碰，木块在水平面上移动一段距离后静止，如图乙所示。（1）本实验中是通过比较木块移动的距离来反映动能的大小，小球的动能是由重力势能转化而来的。（2）要探究小球动能的大小与质量的关系，应选用图乙（甲/乙）。（3）甲实验可以得出的结论是物体的质量相等时，物体的速度越大，动能越大。（4）若在实验中，由于木板较短，木块碰后滑出木板，在不改变原有器材的情况下，如何保证碰后木块能始终在木板上滑行？方法是适当降低小球释放的高度。【分析】（1）（2）（3）掌握控制变量法在实验中的应用：要探究动能与速度的关系，需保持物体的质量相等，速度不同，所以使同一小球从不同的高度滚下；要探究动能与质量的关系，需保持物体的速度相等，质量不同，所以使质量不同的小球从同一高度滚下；掌握转换法在实验中的应用：实验中通过木块被小球推动的距离来反应小球动能的大小。（4）小球下滑时的高度越小，小球到达平面上时的动能越小，小球对木块做功越少，木块滑行的距离越小。【解答】解：（1）本实验中，利用小球推动木块移动距离的长短来比较小球的动能大小，这是应用了转换法；小球从高处滚下，重力势能转化为动能，即小球的动能是由重力势能转化而来的；（2）要探究小球动能的大小与质量的关系，应控制小球达到水平面的速度相同，即让质量不同的小球从同一高度由静止滚下，应选用图乙；（3）由图甲知，两球的质量相等，最初释放小球的高度越大，到达水平面的速度越大，则将木块推动的越远，说明小球具有的动能越大，可得出的结论：当物体的质量相等时，物体的速度越大，动能越大；（4）若在实验中，由于木板较短，木块被碰后滑出木板；在不改变原有器材的情况下，为保证碰后木块能始终在木板上滑行，可以适当降低小球释放的高度，可以减小小球达到水平面的速度。故答案为：（1）木块移动的距离；重力势；（2）乙；（3）物体的质量相等时，物体的速度越大，动能越大；（4）适当降低小球释放的高度。29．（6分）在“测量滑轮组的机械效率”的实验中，某组同学用同样的滑轮安装了如图甲、乙所示的滑轮组，实验测得的数据如下表所示。次数物体的重力G/N提升高度h/m拉力F/N绳端移动的距离s/m机械效率η120.110.366.7%230.11.40.371.4%340.11.80.374.1%420.11.50.2（1）表格内的第4次实验中应补充的数据是66.7%（结果精确到0.1%）。这次数据是用图中乙（选填“甲”或“乙”）所示的滑轮组测得的。（2）分析比较第1、2、3次实验数据可以得到，若要增大滑轮组的机械效率，可以增大物体的重力。在第1次实验中，拉力F所做的额外功为0.1J。（3）某同学认为，使用相同的滑轮所组成的滑轮组提升同一个重物时，越省力的滑轮组其机械效率越大，他的想法正确吗？不正确。请你利用补充完整后的表格中的数据说明你的判断第1次比第4次省力，但两次的机械效率却相同。【分析】（1）根据η＝×100%求出第4次实验的机械效率；然后根据s＝nh求出提升物体绳子的条数，从而确定滑轮组的装置；（2）比较第1、2、3次实验数据，钩码升高的距离相同，绳子自由端移动的距离相同，说明使用的是同一装置，所做的额外功相同，提起的重物不同，机械效率不同据此得出结论；先根据W有＝Gh和W总＝Fs求出有用功和总功，然后根据W总＝W有+W额即可求出拉力所做的额外功；（3）比较1、4次实验数据进行分析，并得出相应的结论。【解答】解：（1）第4次实验的机械效率：η＝＝×100%≈66.7%；由s＝nh可得，n＝＝＝2，图乙中承担物重的绳子段数为2，故选择装置乙；（2）比较第1、2、3次实验数据可知，对于同一滑轮组，物重越大，滑轮组的机械效率越高，因此增大物体的重力可以提高滑轮组的机械效率；根据第1次实验数据可知，W有＝Gh＝2N×0.1m＝0.2J；W总＝Fs＝1N×0.3m＝0.3J；由W总＝W有+W额可得，额外功：W额＝W总﹣W有＝0.3J﹣0.2J＝0.1J；（3）不正确；比较第1、4次实验数据可知，提升相同的重物，第1次比第4次省力，但两次的机械效率却相同。故答案为：（1）66.7%；乙；（2）增大物体的重力；0.1；（3）不正确；第1次比第4次省力，但两次的机械效率却相同。30．（4分）小明家新安装了一台装有200kg水的太阳能热水器，加满水后，经过一段时间阳光的照射，水温由原来的20℃升高到了40℃．[水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）、焦炭的热值q＝3.0×107J/kg]求：（1）在这一段时间内水吸收了多少热量？（2）若这些热量由效率为20%的火炉燃烧焦炭来提供，则需要燃烧多少Kg的焦炭？【分析】已知水的质量、温度的变化量、水的比热容，可利用热量计算公式计算吸收的热量；然后求出焦炭放出的热量，再求需要多少焦炭。【解答】解：（1）需要吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg・℃）×200kg×（40℃﹣20℃）＝1.68×107J；（2）焦炭放出的热量：Q放×20%＝Q吸＝1.68×107J；∴Q放＝8.4×107J需要燃烧焦炭的质量：。答：（1）在这一段时间内水吸收了1.68×107J热量，（2）需要燃烧2.8Kg的焦炭。31．（6分）搬运工人用如图所示的滑轮组，在5s内将一个重120N的物体匀速提升3m，所用的拉力F为50N，不计绳重及摩擦。求：（1）拉力F做功的功率；（2）滑轮组的机械效率；（3）提升480N重物时的拉力。【分析】（1）由图可知，n＝3，则拉力端移动的距离s＝3h，利用W＝Fs求拉力做的总功，利用P＝求拉力F做功的功率；（2）利用W＝Gh求有用功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；（3）不计绳重及摩擦，拉力F＝（G+G动），据此求动滑轮的重；若用该滑轮组提升480N重物，再利用F＝（G+G动）求此时的拉力。【解答】解：（1）由图可知，n＝3，则拉力端移动的距离s＝3h＝3×3m＝9m。拉力做的总功：W总＝Fs＝50N×9m＝450J，拉力F做功的功率：P＝＝＝90W；（2）有用功：W有用＝Gh＝120N×3m＝360J，滑轮组的机械效率：η＝＝×100%＝80%；（3）不计绳重及摩擦，拉力F＝（G+G动），则动滑轮的重：G动＝3F﹣G＝3×50N﹣120N＝30N；若用该滑轮组提升G′＝480N重物时，此时的拉力：F′＝（G′+G动）＝（480N+30N）＝170N。答：（1）拉力F做功的功率为90W；（2）滑轮组的机械效率为80%；（3）提升480N重物时的拉力为170N。32．（6分）如图所示是小明家的电热水壶及其铭牌；小明将该电热水壶接入家庭电路，用它来加热1.5kg水。（1）试计算该电热水壶正常工作时的电流和电阻分别是多大？（2）水从20℃加热到100℃吸收的热量是多少？（3）小明烧开这壶水实际用时8min，则这段时间内消耗的电能是多少？【分析】（1）由电热水壶的铭牌可知，额定电压是220V，额定功率是1100W．根据P＝UI变形可求出正常工作电流；根据欧姆定律可求出电阻。（2）有水的质量1.5kg、初温20℃、末温100℃、水的比热容，根据Q吸＝cm（t﹣t0）可求出水吸收的热量。（3）有时间8min和功率1100W，根据W＝Pt可求出消耗的电能。【解答】解：（1）电热水壶正常工作时的电流：I＝＝＝5A；电热水壶的电阻：R＝＝＝44Ω。（2）水从20℃加热到100℃吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝5.04×105J。（3）电热水壶消耗的电能：W＝Pt＝1100W×480s＝5.28×105J。答：（1）试计算该电热水壶正常工作时的电流是5A；电阻是44Ω。（2）水从20℃加热到100℃吸收的热量是5.04×105J。（3）电热水壶消耗的电能是5.28×105J。33．（6分）在探究影响电流热效应因素的活动中，小明用电阻分别为R1和R2（R1＜R2）的两段电阻丝，研究电流的大小、电阻和时间对产生热量的影响。（1）实验中应将这两段