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2022-2023学年江苏省盐城市阜宁县九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省盐城市阜宁县九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示的工具中，属于费力杠杆的是( )
A. 天平B. 镊子
C. 瓶起子D. 钳子
2.志愿者小亮正在为社区老人家里更换灯泡。下列操作流程符合安全用电原则的是( )
A. 摘下灯罩→更换灯泡→切断电源→通电测试
B. 切断电源→摘下灯罩→更换灯泡→通电测试
C. 更换灯泡→切断电源→摘下灯罩→通电测试
D. 摘下灯罩→切断电源→更换灯泡→通电测试
3.教室里，同学们正在调换座位，下列所描述的情境中，人对物体一定做功的是( )
A. 甲在推一张堆满课本的课桌，却没能把它推动
B. 乙抱着一叠课本原地不动
C. 丙推着一张空课桌在教室地面上前进
D. 丁提着一只书包从教室前排走到后排
4.如图所示，一个物体在空中下落，速度越来越大，相继经过A，B，C三点，已知AB=BC，物体在AB段重力做功W1、功率P1，在BC段重力做功W2、功率P2，则( )
A. W1>W2，P1>P2
B. W1C. W1=W2，P1>P2
D. W1=W2，P15.用不锈钢水壶在天然气灶上烧水，如图所示，在此过程中( )
A. 是通过做功的方式改变水的内能
B. 水的温度越高，水分子无规则运动越剧烈，内能越大
C. 不锈钢的比热容比水小，不锈钢的吸热能力比水强
D. 天然气燃烧越充分，热值越大
6.如图所示电路，小明研究串联电路中电流、电压特点的电路图，当开关闭合时，灯L1、L2都不亮，电流表无示数，但电压表示数较大。则故障原因可能是( )
A. L1断路B. L1短路C. L2短路D. L2断路
7.有两个阻值不同的电阻R1、R2，它们的电流随电压变化的I−U图线如图所示。如果R1、R2串联后的总电阻为R串，并联后的总电阻为R并，则关于R串、R并的I−U图线所在的区域，下列说法中正确的是( )
A. R串在Ⅱ区域，R并在Ⅲ区域B. R串在Ⅲ区域，R并在Ⅰ区域
C. R串在Ⅰ区域，R并在Ⅱ区D. R串在Ⅰ区域，R并在Ⅲ区域
8.学生发明了一款智能头盔，只有戴上头盔扣上卡扣后，头盔上的信号发射器才能发出信号，当电动车上的信号接收器(S1)接收到信号，再转动电动车钥匙(S2)，车才能正常启动，下列电路符合要求的是( )
A. B. C. D.
9.2021年5月15日，我国“天问一号“火星探测器从距离火星表面125千米的高度，约2万千米/时的速度，经过三个减速阶段，距离火星表面100米时，反冲火箭启动，探测器处于悬停状态，完成精准避障后再缓速下降，成功登陆火星。以下说法正确的是( )
A. 打开降落伞减速下降时，探测器的动能不断减小，重力势能不断增加
B. 打开降落伞减速下降时，探测器的动能不断减小，重力势能不断减小
C. 发动机燃料燃烧不充分时燃料热值减小
D. 反冲火箭的原理是机械能转化为内能
10.如图所示的电路中，电源电压恒为6V，R1、R2为定值电阻，R1=10Ω.甲、乙均为电压表时，闭合S1、S2，两电压表示数之比为U甲：U乙=1：3.甲、乙均为电流表时，仅闭合S1，甲、乙电流表示数I甲、I乙分别为( )
A. 1.8A，1.2AB. 1.8A，0.6AC. 0.9A，0.6AD. 0.9A，0.3A
11.将一只标有“12V 6W”的灯泡与一电阻串联后接到电压为12V的电源上，电阻消耗的功率为1W(灯丝电阻视作不变)，则此时( )
A. 灯泡与电阻消耗的总功率为7WB. 灯泡与电阻消耗的总功率为6W
C. 灯泡消耗的功率大于5WD. 灯泡消耗的功率小于5w
12.如图所示，滑轮组悬挂在水平钢架上，某工人站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，5s内使物体A匀速上升1m，提升过程中拉力F的功率为160W。已知物体A重720N，该工人重600N。关于该过程，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是( )
A. 绳子自由端移动的速度为0.2m/s
B. 动滑轮重120N
C. 该工人对地面的压力为200N
D. 工人利用该滑轮组提升物体的最大机械效率为90%
二、填空题：本大题共8小题，共24分。
13.如图所示，某单缸四冲程汽油机正处于______冲程。若汽油机工作曲轴转速为1200r/min，此汽油机每秒做功______次，每分钟完成______个冲程。
14.老师做“电池+口香糖锡纸=取火工具”的实验：取口香糖锡纸，中间剪掉一些(如图乙所示)，将锡纸条连接电池的正负极(如图甲所示)，很快发现锡纸条开始着火，锡纸具有导电性，此时电路处于______(选填“断路“或“短路”)状态，使电路迅速产生大量热量并释放出来，这是利用了电流的______效应；已知锡纸条上ab、bc、cd段长度相等，则______段的最先燃烧起来。
15.2022年11月29日，我国用长征二号F遥十五运载火箭成功将神舟十五号载人飞船发射升空，在火箭携带“载人飞船”加速升空阶段，“载人飞船”的机械能______(选填“增大”、“减小”或“不变”)，火箭与大气间剧烈摩擦使得火箭表面温度急剧升高，这是通过______的方式增大了火箭的内能，火箭中运用了液态氢做燃料，主要原因是液态氢的______较大。
16.如图所示是小明家的电能表，到目前为止，小明家已消耗______kW⋅h的电能，小明断开其它用电器，只将“220V 750W”的电饭锅接入电路，测得20min内电能表指示灯闪烁640次，电饭锅的实际功率为______ W，两端的实际电压______220V(选填“>”、“=”或“<”)。
17.如图甲所示是通过灯泡L和电阻R的电流随电压变化关系的图象，将它们接入如图乙所示的电路中。当只闭合开关S，小灯泡的实际功率为0.8W，则电源电压为______V；再闭合开关S1，电流表的示数为______A，电路消耗的总功率为______W。
18.如图甲是常用的一个插线板(铭牌上标着220V10A)。小南在使用中发现：插线板上的指示灯在开关断开时不发光，插孔不能提供工作电压；而在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供电压；指示灯坏了，开关闭合，插孔还能提供工作电压。根据上述现象可知指示灯和插孔是______的(选填“串联”或“并联”)。使用三脚插头和三孔插座，目的是将用电器的金属外壳与______相连，防止触电。家里某用电器发生短路，熔丝立即熔断，用下列方法进行检测，如图乙所示，断开所有用电器的开关，用一个普通的白炽灯L作为“校验灯”，与熔断的熔丝并联，然后只闭合S、S1，若L正常发光，说明L1______；只闭合S、S2，若L发出暗红色的光(发光不正常)，说明L2______。(选填“正常”、“短路”或“断路”)。
19.在探究杠杆平衡条件的实验中，如果杠杆右侧高左侧低，则可将左侧的平衡螺母向______调节，使其在水平位置平衡。如图所示，在支点左侧20cm刻度处挂3个重均为0.5N的钩码，在支点右侧15cm刻度处用弹簧测力计拉杠杆，使其水平平衡。要使弹簧测力计示数最小，弹簧测力计的拉力应沿______方向，此时读数为______N。
20.如图所示是“探究物体动能大小与哪些因素有关”的实验示意图(A为小球，B为木块)。
(1)本实验研究的是______的动能。
A.斜面上小球
B.撞击瞬间前小球
C.撞击后木块
(2)在探究动能大小与质量的关系时，应保持小球的______不变，实验中可使小球每次从斜面______(同一/不同)高度静止释放。
三、作图题：本大题共3小题，共6分。
21.如图所示，画出力F1对支点O的力臂L1。
22.如图所示，画出该滑轮组最省力的绕线方法。
23.如图所示，用笔画线代替导线将电灯和开关接到电路中。
四、实验探究题：本大题共3小题，共21分。
24.在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如表：
(1)实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应______(选填“保持静止”或“匀速上升”)。
(2)第三次试验时，测力计示数如图所示，此时绳端受到的拉力为______N，滑轮组的机械效率为______%。
(3)根据表格中的数据分析可知：随着物重的增大，额外功______(选填“变小”、“不变”或“变大”)，原因是______。
25.如图甲所示是小明“比较水和煤油吸热升温特点”的实验装置。
(1)加热过程中，用玻璃棒搅动的目的是______；
(2)实验中，除了图甲中所展示的实验器材外，还必须用到的测量工具有天平和______；
(3)关于该实验的变量控制，下列做法不正确的是______；
A.使用相同的酒精灯
B.使用相同的烧杯
C.使用相同的石棉网
D.烧杯中分别装入相同体积的水和煤油
(4)小明同学用正确的方法分别给质量和初温都相同的水和煤油加热，记录加热时间和升高的温度，根据记录的数据作出了两种液体的温度T随时间t变化的图像(如图乙所示)。根据图像可知，水的比热容与煤油的比热容之比为______；若使水和煤油升高相同的温度，应给______(选填“水”或“煤油”，下同)加热更长的时间，这说明水和煤油中，______的吸热能力强；同时开始加热到第2分钟，水的比热容与升高温度的乘积______(填“大于”“等于”或“小于”)煤油的比热容与升高温度的乘积。
26.小华做“测量小灯泡电功率”实验。实验器材如下：电源(电压恒为6V)、小灯泡(额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω)、电流表(0∼0.6A、0∼3A)、电压表(0∼3V、0∼15V)、开关、规格分别为R1：“10Ω1A”和R2：“30Ω0.5A”的滑动变阻器各一个、导线若干。
(1)请你用笔画线代替导线，在图甲中把电路连接完整(要求：滑动变阻器向右移动灯泡变亮)。
(2)闭合开关前，应将滑片移到______端(选填“A”或“B”)。
(3)电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，无论如何移动滑动变阻器滑P，电流表几乎无示数，而电压表指针超出了最右侧刻度，则故障原因可能是______。
(4)排除故障后，当滑动变阻器的滑片移到某一位置时，电压表示数为2V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向______移(选填“左”或“右”)，直到小灯泡正常发光，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是______ W。
(5)为了完成整个实验过程，她应选用的滑动变阻器规格为______(选填“R1”或“R2”)。
(6)有学生认为甲图电路还可以探究电流与电压的关系，小华却认为不可以，主要原因是______。
(7)之后，小华同学在家找到两个外观一样，额定电压均为220V的普通白炽灯，其铭牌已经模糊，看不出额定功率，但是可以直接通过观察图丙灯丝比较出两只灯泡的额定功率，请你判断，若将两只灯泡串联起来，接在220V的电路中，两灯的发光情况是______(选填“A灯更亮”或“B灯更亮”或“两灯一样亮”)。
五、计算题：本大题共2小题，共15分。
27.往车上装重物时，常常用长木板搭个斜面，把重物沿斜面推上去，如图所示，已知箱子重900N，斜面长3m、高1m。工人用400N沿斜面方向的力将箱子匀速推到车上。
(1)在这过程中工人做的有用功；
(2)推力对箱子做的功；
(3)物体受到斜面的摩擦力。
28.在如图所示的电路中，电源电压保持不变。电路中滑动变阻器上标有“20Ω2A”字样，电流表的量程为0∼0.6A，电压表的量程为0∼3V，电阻R1的阻值为4Ω.当滑片在滑动变阻器的最右端a点时，闭合电键S，电压表的示数为1.5V，求：
(1)通过电阻R1的电流。
(2)电源电压。
(3)为了保证电路能正常工作及各电表不致损坏，滑动变阻器的取值范围。
六、综合题：本大题共1小题，共10分。
29.阅读下面短文，回答问题。
智能电动汽车根据中汽协数据，2022年中国新能源汽车产销量迅猛增长，已超过五百多万辆。如图是某款智能电动汽车，电池是电动汽车的核心，衡量电池性能的一个重要参数是能量密度，电池能量密度指的是电池平均单位质量所释放出的电能。电动汽车的续航里程是指电动汽车上动力蓄电池以全充满状态开始到标准规定的试验结束时所走过的里程，是电动汽车重要的经济性指标。该款智能电动汽车支持三种充电方式，快充半小时即可将电池容量由30%充至80%；慢充7小时充满；若选配随车充电宝，普通220V插座25小时即可充满，无论哪种充电方式都需要供电系统中提供良好的接地线，否则该款智能电动汽车拒绝接受充电。
该款智能电动汽车的部分参数如下表：
能量回收系统是该款智能电动汽车的智慧功能，当司机高速行车过程中松开油门减速时，能量回收系统就自行启动，车轮的转动会带动驱动电机转动，此时驱动电机就能够给汽车的电池充电，实现能量回收的同时还具有辅助刹车制动功能.当车速降到“设定速度”时，能量回收系统将自行关闭。
(1)该款智能电动汽车充电时需要外壳保持良好接地，这是为了______。
A.避免漏电
B.防止触电
C.减少充电时间
D.节约电能
(2)关于能量回收系统，下列判断不正确的是______。
A.能量回收系统可提高汽车的续航里程
B.能量回收系统可有效延长刹车片的寿命
C.能量回收系统启动时，驱动电机将机械能转化为电能
D.汽车加速，速度超过“设定速度”时，能量回收系统开始启动
(3)该款智能电动汽车配备的电池质量是______ kg。
(4)若按每千瓦时0.5元的居民电价计算，在最经济的情况下，汽车行驶100公里的电费成本为______元。
(5)该车在快充时(由30%充至80%)的充电功率为______ kW。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：天平是典型的等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，故A不符合题意；
我们在使用瓶起子和钳子时都是为了省力，并且在使用的过程中都是动力臂大于阻力臂，所以它们都是省力杠杆，故CD不符合题意；
镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，费力但省距离，故B符合题意。
故选：B。
本题的解题关键是通过观察实物，体会支点的位置，判断出动力臂与阻力臂的长度关系，从而进一步判断出杠杆的类型。
该题考查了学生对物理模型的抽象、分析能力。判断杠杆的类型可结合生活经验和动力臂与阻力臂的大小关系来判断。
2.【答案】B
【解析】解：更换灯泡之前必须断开开关，切断电源，摘下灯罩，更换灯泡，最后通电测试灯泡是否发光，故B正确，ACD错误。
故选：B。
更换灯泡前首先切断电源，再维修，最后通电测试。
本题考查更换灯泡的流程，一定要记住先切断电源。
3.【答案】C
【解析】解：
A、甲在推一张堆满课本的课桌，人对课桌施加了力，但没有移动距离，所以人对课桌没有做功，故A错误。
B、乙抱着一叠课本原地不动，人对课本施加了力，但没有移动距离，所以人对课本没有做功，故B错误。
C、丙推着一张空课桌在教室地面上前进，人对课桌施加了力，并且在力的方向上移动了距离，所以人对课桌做了功，故C正确。
D、丁提着一只书包从教室前排走到后排，人对书包施加的力竖直向上，但书包没有沿力的方向移动距离，则人对书包没有做功，故D错误。
故选：C。
解答本题要抓住做功的两个必要因素：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过的距离，二者缺一不可。
本题考查了力是否做功的判断，注意：有力有距离，力对物体不一定做功，物体必须在力的作用下通过了距离，力对物体才做功。
4.【答案】D
【解析】解：(1)物体在AB和BC段，距离相同，重力相同，根据W=Gh，重力做功相同，所以W1=W2。
(2)物体在下落过程中，速度越来越大，即v1因为AB=BC，所以t1>t2，
又因为W1=W2，根据P=Wt可知，P1故选：D。
(1)比较两个阶段的重力和距离，根据W=Gh比较两个阶段的重力做功大小。
(2)物体在下落过程中速度越来越大，比较两个阶段的运动时间，根据P=Wt比较功率。
此题考查功和功率的大小比较，根据题意得出物体经过两个阶段的时间多少是解决本题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：A、用天然气烧水，是通过热传递的方式改变水的内能。故A错误；
B、水的温度越高，水分子运动就越剧烈，内能越大。故B正确；
C、不锈钢的比热容比水小，所以吸热能力小于水。故C错误；
D、无论天然气燃烧是否充分，热值不变。故D错误。
故选：B。
①改变内能的方式有二：做功和热传递；
②分子的热运动与温度有关：温度越高，无规则运动越剧烈；
③物质的比热容越大，表示吸放热能力越强；
④热值是燃料本身的一种特性，与燃料燃烧状态无关。
此题考查了热值的物理意义、改变内能的方法、物质吸放热能力与比热容的关系及热运动的影响因素，是热现象重要概念、规律的考查。需要熟练掌握相关概念或规律，特别要学会正确应用。
6.【答案】A
【解析】解：两灯同时熄灭，说明电路出现断路故障，电压表示数较大，说明电压表与电源两极相连，因此电路故障为灯L1断路。
故选：A。
两灯同时熄灭，说明电路出现断路现象，电压表示数变大，说明电压表与电源两极相连。
本题考查电路故障分析，故障分析时，首先分析电路中是发生了断路故障还是短路故障，再根据电压表的示数变化找出发生故障的电器。
7.【答案】B
【解析】解：根据串联电路的电阻特点知：
R串比每一个串联的分电阻都要大，
根据并联电路中电阻的特点可知：
R并比每一个并联电路的分电阻都要小。
在这四个电阻值中，R串最大，R并最小，
根据欧姆定律可知，当它们两端加相同的电压时，通过R串的电流最小，故它的I−U图线在I区；
通过R并的电流最大，故它的I−U图线在III区。
综上分析，故选B。
根据电阻的串并联确定R1、R2、R串、R并之间的大小关系，根据欧姆定律判断电压相同时电流的大小；分析坐标图不同区域的意义即可解决。
本题考查了电阻的串并联特点和欧姆定律的应用，解决本题的关键是弄清楚图象中横纵坐标的物理含义。
8.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，当电动车上的信号接收器(S1)接收到信号，再转动电动车钥匙(S2)，车才能正常启动，这说明两个开关相互影响，是串联在一起的，一起控制电动机，故A正确。
故选：A。
根据电动车启动的条件分析两个开关与电动机的连接方式。
本题考查了电路的设计，能判定出两个开关的连接方式是解题的关键。
9.【答案】B
【解析】解：AB、打开降落伞减速下降时，探测器的质量不变，速度变小，动能不断减小；质量不变，高度变小，重力势能不断减小，故B正确，A错误；
C、热值的大小只与燃料的种类有关，与燃烧程度无关，故C错误；
D、反冲火箭启动时，燃料燃烧产生的高温高压气体从火箭尾部猛烈喷出，气体被喷出时会给火箭一个反作用力，从而使探测器的速度迅速减小，所以反冲火箭的工作原理是物体间力的作用是相互的，故D错误。
故选：B。
(1)(2)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；
(3)热值是燃料的一种特性，它反映了燃料性能的优劣，热值的大小与燃料的种类有关，与燃烧程度、质量的多少以及是否燃烧等均无关；
(4)反冲火箭的工作原理是物体间力的作用是相互的。
本题考查了动能和重力势能的大小变化、对热值概念的理解、火箭的工作原理，属于基础题。
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了求电流表示数之比，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
根据题意分析电路结构，然后根据串并联电路特点与欧姆定律分析答题。【解答】
由图示电路图可知，甲、乙均为电压表，闭合S1、S2时，两电阻串联，甲测R1两端电压，乙测两电阻串联电压，
已知：U甲：U乙=1：3，则：U乙=3U甲，两电阻串联，通过两电阻的电流I相等，
两电阻之比：R1R2=U1IU2I=U1U2=U甲U乙−U甲=U甲3U甲−U甲=12，R2=2R1=20Ω；
甲、乙均为电流表时，仅闭合S1，两电阻并联，乙测通过R1的电流，甲测干路电流，
两电流表示数：I甲=UR1+UR2=6V10Ω+6V20Ω=0.9A，I乙=UR1=6V10Ω=0.6A；
故ABD不正确，C正确。
故选C。
11.【答案】D
【解析】解：根据公式P=U2R可知，串联后总电阻变大，电路消耗的总功率小于灯泡的额定功率，小于6W，故AB错误，
已知电阻消耗的功率为1W，所以灯泡消耗的实际功率一定小于5W，故C错误，D正确．
故选D.
因为串联，电流相等，电路消耗的总功率P=U2R，串联后总电阻变大，所以可知电路消耗的总功率的变化，已知电阻消耗的功率可知灯泡消耗的功率和总功率的大小．
本题考查根据电功率的计算公式和已知电阻的功率来比较电路消耗的功率和灯泡消耗的实际功率的大小，关键是知道串联后电源电压不变，总电阻变大，电路消耗的总功率小于灯泡的额定功率，如果再计算具体的数值将会进入误区，非常麻烦．
12.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，滑轮组承担物重绳子的有效股数n=2，5s内绳子自由端移动的距离s=nh=2×1m=2m，绳子移动的速度v=st=2m5s=0.4m/s，故A错误；
B.由P=Wt=Fst=Fv可得，绳子自由端的拉力F=Pv=160W0.4m/s=400N，不计绳自身重力和绳与滑轮间摩擦，由F=1n(G+G动)可得，动滑轮重G动=nF−G=2×400N−720N=80N，故B错误；
C.该工人对地面的压力F压=G人−F=600N−400N=200N，故C正确；
D.工人施加的最大拉力F′=G人=600N，不计绳自身重力和绳与滑轮间摩擦，提升物体的最大重力G′=2F′−G动=2×600N−80N=1120N，此时滑轮组的机械效率最大，滑轮组的最大机械效率η=W有′W总′=W有′W有′+W额外=G′hG′h+G动h=G′G′+G动=1120N1120N+80N≈93.3%，故D错误。
故选：C。
(1)由图可知，滑轮组承担物重绳子的有效股数，根据s=nh求出5s内绳子自由端移动的距离，利用v=st求出绳子移动的速度；
(2)利用P=Wt=Fst=Fv求出绳子自由端的拉力，不计绳自身重力和绳与滑轮间摩擦，根据F=1n(G+G动)求出动滑轮重；
(3)该工人对地面的压力等于工人的重力减去绳子的拉力；
(4)工人施加的最大拉力和自身的重力相等，不计绳自身重力和绳与滑轮间摩擦，根据F=1n(G+G动)求出提升物体的最大重力，此时滑轮组的机械效率最大，根据η=W有W总=W有W有+W额外=GhGh+G动h=GG+G动求出滑轮组的最大机械效率。
本题考查了速度公式和功率公式、滑轮组拉力公式、滑轮组机械效率公式的应用等，要注意人竖直向下拉滑轮组绳子时施加的拉力不大于自身的重力。
13.【答案】做功 10 2400
【解析】解：图中汽油机的进气门和排气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，所以是做功冲程；
因为四冲程汽油机在一个工作循环中曲轴转2圈，完成4个工作冲程，并对外做功1次，且该汽油机工作时曲轴转速为1200r/min，所以可知每分钟完成2400个冲程；
1200r/min=20r/s，即该汽油机的曲轴每秒转20圈，则每秒做功12×20=10次。
故答案为：做功；10；2400。
根据两气门的开闭情况和活塞运动情况可判断汽油机处于什么冲程；
四冲程内燃机在一个工作循环中飞轮转2圈(或曲轴转2圈)，完成4个工作冲程，并对外做功1次。
此题是关于内燃机的综合题，知道四冲程汽油机在一个工作循环中曲轴转2圈、完成4个工作冲程、对外做功1次是解题的关键。
14.【答案】短路 热 ab
【解析】解：(1)因为锡属于金属，具有导电性，将锡纸条带锡的一端接在电池的正极，带锡另一端接在电池的负极，形成了电源短路，此时电路中迅速产生大量热量使温度达到锡纸的着火点而使之燃烧；
(2)由于锡纸条有电阻，当有电流通过时，会产生热量，这是利用了电流的热效应；
(3)由图知，锡纸条上相同长度的ab段、bc段、cd段，三段的长度和材料相同，ab段横截面积较小，在材料和长度相同时，横截面积越小电阻越大，所以ab段的电阻大，cd段横截面积大，电阻小，在电流相同和通电时间相同时，由Q=I2Rt知，电阻越大，产生的热量越多，故ab段产生的热量多。
故答案为：短路；热；ab。
(1)导线直接将电源连接起来的电路叫短路；
(2)电流通过导体时，导体会发热，这种现象叫电流的热效应；
(3)导体电阻的大小跟导体的长度、横截面积、温度、材料有关，由Q=I2Rt分析哪段产生的热量越多。
本题考查对短路、电阻的影响因素认识和理解，以及焦耳定律的应用，知道短路时，电路中的电流很大，很容易烧坏电源或导线，是不允许的。
15.【答案】增大 做功 热值
【解析】解：(1)火箭在加速升空的过程中，质量不变，速度增大、动能增大，高度增大，重力势能增大，动能和势能统称为机械能，机械能增大；
(2)火箭与大气间剧烈摩擦，克服摩擦做功，使得火箭表面温度急剧升高，这是通过做功的方式增大了火箭的内能；
(3)火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较大的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量。
故答案为：增大；做功；热值。
(1)“载人飞船”加速升空，速度增大、高度升高，据此分析机械能的变化；
(2)改变物体内能的方法：做功、热传递；
(3)热值是燃料的一种特性，完全燃烧相同质量的不同燃料，热值越大，放出的热量越多。
本题考查了机械能的变化分析、改变物体内能的方法、对热值特性的理解，属于基础题目。
16.【答案】123.4600<
【解析】解：根据电能表的数字可以得到：到目前为止，小明家已消耗123.4kW⋅h的电能。
小明断开其它用电器，只将“220V 750W”的电饭锅接入电路，测得20min内电能表指示灯闪烁640次，电饭锅的实际功率为：
P=Wt=1kW⋅h3200imp×640imp20min=0.2kW⋅h2060h=0.6kW=600W；
因为实际功率小于电饭锅的额定功率，所以电饭锅两端的实际电压小于额定电压220V。
故答案为：123.4；600；<。
(1)电能表是测量用户在某段时间内消耗电能的仪器；电能表计数窗最后一位是小数点。
(2)根据电能表的参数和公式P=Wt来计算电饭锅的实际功率。
(3)通过比较实际功率和额定功率的大小关系来比较实际电压和额定电压。
知道电能表上各个参数的含义；会根据电功率的公式进行简单的计算；知道额定电压、额定功率、实际电压、实际功率。
17.【答案】20.61.2
【解析】解：
(1)由电路图可知，只闭合开关S时，电路为L的简单电路，电流表测通过L的电流，
由图象可知，当UL=2V、IL=0.4A时，小灯光的实际功率为0.8W，由此可知，电源电压为2V；
(2)再闭合开关S1时，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过L的电流不变，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，此时电阻R的电压：UR=UL=2V，
由图象可知，通过R的电流IR=0.2A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流：I=IR+IL=0.2A+0.4A=0.6A；
(3)电路消耗的总功率：
P=UI=2V×0.6A=1.2W；
故答案为：2；0.6；1.2。
(1)只闭合开关S时，电路为L的简单电路，电流表测通过L的电流，根据图象读出小灯光的实际功率为0.8W时两端的电压和通过的电流；此时灯泡两端的电压为电源电压；
(2)再闭合开关S1时，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过L的电流不变；由图象可知通过R的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流；
(3)利用P=UI求出此时电路消耗的总功率。
本题考查了并联电路的特点和电功率公式的应用，关键是根据图象读出符合题意的电流和电压值。
18.【答案】并联 大地 短路 正常
【解析】解：
(1)插线板上的开关断开时指示灯不发光，插孔不能提供工作电压；而在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；如果指示灯损坏了，开关闭合时插孔也能提供工作电压，说明开关同时控制指示灯和插孔，指示灯和插孔互不影响，指示灯和插孔是并联的。
(2)使用三脚插头和三孔插座，多出的那个孔是用来接地线的，当用电器的三脚插头插入时，用电器的金属外壳通过地线与大地相连，能防止人体触电。
(3)当检验灯泡正常发光时，说明另一灯泡L1没有分到电压，该检验灯泡两端的电压应为220V，则此时一定是灯泡L1发生了短路。
若发现校验灯发出暗红色的光(发光不正常)，此校验灯电压应小于220V，则此时应该是检验灯泡与另一灯泡L2串联接在火线与零线之间，故该灯泡L2正常。
故答案为：并联；大地；短路；正常。
(1)根据提供的现象说明开关同时控制指示灯和插座，指示灯和插座之间可能是串联，也可能是并联；指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明指示灯和插座之间是并联；在判断指示灯与开关的连接方式；
(2)三孔插座中多出的那个孔是用来接地线的，可防止人触电；
(3)当检验灯泡发光而亮度不够，则加在灯泡上必有电压，但此电压应小于220V，则此时应该是检验灯泡与另一电阻(如另一灯泡)串联接在火线与零线之间。当检验灯泡正常发光时，该灯泡两端的电压应为220V，则此时一定是灯泡的一端与火线相接，另一端与零线相接。
此题是一道综合题，包含的知识点较多，考查我们对知识掌握的熟练程度。
19.【答案】右 竖直向下 2
【解析】解：(1)杠杆右侧高左侧低，为使杠杆在水平位置平衡，可以将左侧的平衡螺母向右调，或者将右侧的平衡螺母向右调(都向右调)；
(2)当沿竖直向下的方向施力时，动力臂最长，此时最省力，弹簧测力计的示数最小；
(3)由图知，若竖直向下施力，动力臂L1=15cm，
由题知，阻力F2=0.5N×3=1.5N，阻力臂L2=20cm，
∵杠杆在水平位置平衡，
∴F1L1=F2L2，
∴动力：
F1=F2L2L1=1.5N×20cm15cm=2N。
故答案为：右；竖直向下；2。
(1)实验前杠杆右侧高左侧低，原因是右侧的力和力臂乘积小于左侧的力和力臂乘积，根据杠杆的平衡条件可知，可将左侧的平衡螺母向右调节，减小左侧的力和力臂乘积，使杠杆在水平位置平衡；
(2)当把支点到作用点的连线作为动力臂(施力方向与连线垂直)时，动力臂最长、最省力(弹簧测力计示数最小)；
(3)知道阻力、阻力臂和动力臂，利用杠杆的平衡条件求动力。
阻力和阻力臂一定，动力作用点确定后，沿垂直于支点到作用点连线的方向施力，动力臂最长、最省力。
20.【答案】B 速度 同一
【解析】解：(1)本实验研究的是撞击前瞬间小球的动能，故选：B；
(2)整个实验采用的研究方法是控制变量法，在探究动能与质量是否有关时，要保持速度不变，让小球每次从斜面的同一高度滚下，以得到相同的速度推动木块。
故答案为：(1)B；(2)速度；同一。
(1)本实验研究的是撞击前瞬间小球的动能；
(2)整个实验采用的研究方法是控制变量法，在探究动能与质量是否有关时，要保持速度不变，让小球每次从斜面的同一高度滚下。
探究物体动能大小与哪些因素有关的实验采用控制变量法和转换法，是一道较简单的实验题。
21.【答案】解：反向延长F1画出力的作用线，从支点O向F1的作用线作垂线段，即为其力臂L1，如下图所示：
【解析】力臂是从支点到力的作用线的距离；由支点向力的作用线作垂线段，垂线段的长度即为该力的力臂。
力臂的画法：①首先根据杠杆的示意图，确定杠杆的支点；②确定力的作用点和力的方向，画出力的作用线；③从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂。
22.【答案】解：滑轮组最省力时，应有3股绳作用在动滑轮上，先从动滑轮上绕线，绕法如下图所示：
【解析】作用在动滑轮上的绳的股数越多，越省力。
此题主要考查滑轮组承担物重绳子股数，滑轮组的绕线方法不同，拉力的方向不同，达到省力程度也不同。
23.【答案】解：家庭电路的火线首先进入开关，然后接到灯泡顶端的金属点；零线直接接到灯泡的螺旋套。这样在更换灯泡时更安全。如图所示：
【解析】家庭电路中为保证安全，开关控制灯泡时和灯泡是串联的。火线过开关入灯座，零线直接入灯座。
掌握电灯、开关、两孔插座、三孔插座、保险丝的接法，这是家庭电路中最常见的连接。
24.【答案】匀速上升 1.874.1变大 滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子间的摩擦力做的功；随着物重的增大，动滑轮的重力不变，物重越大，摩擦力越大，所以额外功变大
【解析】解：(1)在缓慢提升物体时，还需克服机械摩擦做功，所以为了测量滑轮组提升物体时的机械效率，所以需在缓慢匀速提升时读数，此时系统处于平衡状态，测力计示数才等于拉力的大小；
(2)图中弹簧测力计的分度值为0.2N，所以拉力F=1.8N，
第三次试验时，滑轮组的机械效率为：
η=W有W总=GhFs=4N×01m1.8N×0.3m×100%≈74.1%；
(3)根据表格中的数据分析可知：
滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子间的摩擦力做的功；随着物重的增大，动滑轮的重力不变，物重越大，摩擦力越大，所以额外功变大；
故答案为：(1)匀速上升；(2)1.8；74.1；(3)变大；滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子间的摩擦力做的功；随着物重的增大，动滑轮的重力不变，物重越大，摩擦力越大，所以额外功变大。
(1)在使用滑轮组时，滑轮组还要克服一些机械摩擦，所以要测量滑轮组的机械效率，需使物体上升进行读数；
(2)由图读出弹簧测力计的读数(拉力大小)、承担物重的绳子股数n，则s=nh，根据η=W有W总=GhFs×100%求滑轮组的机械效率；
(3)滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子间的摩擦力做的功，根据分析。
此题主要是探究滑轮组的机械效率，主要考查了测力计读数，注意事项、学生对机械效率公式的掌握影响额外功的因素。
25.【答案】使水和煤油受热均匀 秒表 D 2：1 水 水 等于
【解析】解：(1)加热水和煤油时，要用玻璃棒不断的搅拌，这样可以使水和煤油受热均匀；
(2)实验中应用秒表测量吸热的时间，用天平测量两种液体的质量；
(3)要“比较水和煤油吸热升温特点”就要采用控制变量法，控制热源(酒精灯火焰的大小、相同的石棉网)、承装液体的容器相同和液体质量一定，因为水和煤油的密度是不同的，体积相同时，质量是不同的，由上分析知，D错误；
(3)由图知，相同质量的水和煤油加热相同的时间，即吸收相同的热量，煤油升高温度是水升高温度的2倍，即Δt水：Δt煤油=1：2，根据Q=cmΔt知在质量相同、吸收的热量相同时，升高的温度与比热容成反比，所以水的比热容与煤油的比热容之比为2：1。根据Q甲=cmΔt可知，比热容与升高温度的乘积为：cΔt=Qm，同时开始加热到第2分钟，加热时间相同，吸收的热量相同，水、煤油的质量相同，所以水的比热容与升高温度的乘积等于煤油的比热容与升高温度的乘积。
故答案为：(1)使水和煤油受热均匀；(2)秒表；(3)D；(4)2：1；水；水；等于。
(1)水和煤油只有受热均匀，我们才可以准确测量液体的温度从而得出水和煤油吸热升温特点；
(2)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少；
(3)“比较水和煤油吸热升温特点”需要控制水和煤油的质量相等，因为水和煤油的密度是不同的，体积相同时，质量是不同的；
(4)实验中加热时间越长，则吸收的热量越多，根据Q=cmΔt进行分析。
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，为热学中的重要实验。
26.【答案】A 小灯泡断路 右 0.65R2 小灯泡的电阻随温度变化而变化 B灯更亮
【解析】解：(1)小灯泡的额定电压是2.5V，小灯泡电阻大约为10Ω，通过灯泡的电流约为：
I=UR=2.5V10Ω=0.25A，故电流表的量程选择0∼0.6A，与灯泡串联；滑动变阻器采用一上一下的连接方式，且与小灯泡串联，滑动变阻器滑片向右移动时灯泡变亮，即接入的电阻变小，故滑动变阻器应选择B端接线柱，电路连接如下图所示：
(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑片移阻值最大处，即A端；
(3)小灯泡不发光，电流表无示数，说明电路是断路，电压表指针超出了最右侧刻度，说明电压表与滑动变阻器、电流表、开关、电源相连，则故障原因可能是小灯泡断路；
(4)灯泡两端的电压为2V，但灯泡的额定电压为2.5V，根据串联分压原理可知，应向右调节滑动变阻器的滑片，使变阻器接入电路中的电阻变小，使灯泡两端电压达到2.5V，灯泡正常发光；
电流表选用“0−0.6A”的量程，由图乙知，分度值为0.02A，电流表的示数为0.26A，此时灯泡正常发光，则小灯泡的额定功率为：P额=U额I额=2.5V×0.26A=0.65W；
(5)小灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的电压为：U滑=U总−U额=6V−2.5V=3.5V，
此时电路中的电流为0.26A，则滑动变阻器接入电路中的电阻为：
R滑=U滑I额=Ω，
10Ω<13.5Ω<30Ω，所以滑动变阻器应选R2：“30Ω0.5A”；
(6)探究电流与电压的关系时，要控制电阻的大小不变，而小灯泡的电阻随温度的变化而变化，故不可以探究电流与电压的关系；
(7)由图丙知，A灯丝粗而短，B灯丝细而长，所以，A的电阻小于B的电阻，RA故答案是：(1)见上图；(2)A；(3)小灯泡断路；(4)右；0.65；(5)R2；(6)小灯泡的电阻随温度变化而变化；(7)B灯更亮。
(1)利用欧姆定律估算出通过小灯泡的电流，确定电流表量程，滑动变阻器采用一上一下的连接方式，滑动变阻器滑片向右移动时灯泡变亮，由此确定下接线柱，且电流表、滑动变阻器与小灯泡串联；
(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑片移阻值最大处；
(3)小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路是断路，电压表指针超出了最右侧刻度，说明电压表与滑动变阻器、电流表、开关、电源相连，据此分析故障原因；
(4)灯泡两端的实际电压为2V，但灯泡的额定电压为2.5V，根据串联分压原理可知，应使变阻器接入电路中的电阻变小，据此分析滑片的移动方向；
由图乙读出电流表的示数，根据P=UI计算出小灯泡的额定功率；
(5)根据串联分压特点和欧姆定律计算出小灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路中的电阻，由此确定滑动变阻器的规格；
(6)探究电流与电压的关系时，要控制电阻的大小不变，据此分析；
(7)根据决定电阻大小的因素判断灯丝电阻的大小，串联电流相同，根据P=I2R判断实际功率的大小关系，从而比较出两灯的发光亮度。
本题是测量小灯泡的电功率实验，考查了电路连接、故障诊断、实验操作、电表的读数、电功率的计算，同时还考查了影响电阻大小的因素以及控制变量法在实验中的应用，本题考查知识点多，综合性强。
27.【答案】解：(1)人对物体所做的有用功：
W有=Gh=900N×1m=900J；
(2)推力对箱子做的功：
W总=FL=400N×3m=1200J；
(3)额外功：W额=W总−W有=1200J−900J=300J；
则摩擦力：f=W额L=300J3m=100N。
答：(1)在这过程中工人做的有用功为900J；
(2)推力对箱子做的功为1200J；
(3)物体受到斜面的摩擦力为100N。
【解析】(1)知道物体重力和斜面的高度，根据W=Gh求出有用功。
(2)知道斜面的长度和推力，根据W=Fs求出推力对箱子做的功。
(3)克服摩擦力的功即为额外功，则由功的公式可求得摩擦力。
此题考查斜面模型中人对物体所做的有用功为W有=Gh，总功W总=FL，关键是额外功是克服摩擦力做的功。
28.【答案】解：(1)I1=U1R1=1.5V4Ω=0.375A；
(2)电源电压：
U=I1(R1+R2)=0.375A×(4Ω+20Ω)=9V；
(3)按要求：I≤0.6A，
当I=0.6A，
U1=IR1=0.6A×4Ω=2.4V，电压表不会超出量程，
R2′=U−U1I=9V−Ω，
∴滑动变阻器连入电阻范围：11Ω∼20Ω。
答：(1)通过电阻R1的电为0.375A。
(2)电源电压为9V。
(3)滑动变阻器的取值范围应为11∼20欧。
【解析】学生要牢固掌握欧姆定律，并能结合串联电路的电流和电压规律灵活运用欧姆定律计算有关物理量。
(1)电阻R1和滑动变阻器串联在电路中，电压表测电阻R1的电压根据欧姆定律可计算通过电阻R1的电流。
(2)当滑片在滑动变阻器的最右端a点时，滑动变阻器接入电路的为最大电阻。根据串联电路总电阻为各分电阻之和结合欧姆定律可计算电源电压。
(3)当滑动变阻器的电阻全连入时，电路中的电流最小；当滑动变阻器连入的电阻减小时，电路中的电流增大；根据电流表的量程可知电路允许通过的最大电流为0.6A，求出此时滑动变阻器连入的电阻值得出滑动变阻器的取值范围。
29.【答案】B D 400 6 60
【解析】解：
(1)电动车的外壳有大量的金属材料，充电时需要供电系统中提供接地良好的地线，是为了防止因漏电使外壳带电而造成触电事故，故选B；
(2)A、能量回收是电动汽车特有的功能，车辆在减速或制动时车轮的转动会带动驱动电机转动，此时驱动电机就变成了发电机，能够产生电能为汽车的动力电池充电，达到能量回收利用的效果，可提高汽车的续航里程，故A正确；
B、能量回收利用的效果，同时具有辅助制动功能，因此减小了刹车片的使用，有效延长刹车片的寿命，故B正确；
C、能量回收系统启动时，驱动电机将机械能转化为电能，故C正确；
D、当司机高速行车过程中松开油门减速时，能量回收系统就自行启动，故D错误；
故选D；
(3)电池的能量密度达到了150W⋅h/kg，即0.15kW⋅h/kg，电池容量是60kW⋅h，
因此电池的质量是：m=60kW⋅h0.15kW⋅h/kg=400kg；
(4)根据最高续航里程更是达到了500km，电池容量60kW⋅h，
按每千瓦时0.5元的居民电价计算，
行驶1km需要的费用是：60kW⋅h×0.5元/kW⋅h500km=0.06元/km；
因此行驶100公里的电费成本：0.06元/km×100km=6元；
(5)快充半小时即可将电量由30%充至80%，
充电电能变化量：W=60kW⋅h×(80%−30%)=30kW⋅h，
充电时间：t=0.5h，
因此充电功率：P=Wt=30kW⋅h0.5h=60kW。
故答案为：(1)B；(2)D；(3)400；(4)6；(5)60。
(1)金属外壳的家用电器的外壳一定要接地，这样可以避免触电事故的发生；
(2)电池的能量密度达到了150W⋅h/kg，即0.15kW⋅h/kg，电池容量是60kW⋅h，据此得出电池的质量；
(3)根据短文内容判断各选项内容的正误；
(4)知道电池容量和最高续航里程，结合电价就可以算出每100km需要的费用；
(5)快充半小时即可将电量由30%充至80%，根据电量的变化和充电时间，用P=Wt就可以计算出充电功率。
本题以新能源纯电动汽车为情景考查了安全用电、电功率公式应用等，充分体现了物理与实际生活的联系，是中考的热点。序号
动滑物重
G动/N
物重
G/N
物体上升的
高度h/m
绳端受到的拉力F/N
绳端移动的距离s/m
滑轮组的机械效率η/%
1
0.5
1
0.1
0.6
0.3
55.6
2
0.5
2
0.1
1.0
0.3
66.7
3
0.5
4
0.1
0.3
整车质量
1650kg
电动机最大功率
160kW
最高时速
155km/h
电池容量
60kW⋅h
电池能量密度
150(W⋅h)/kg
最高续航里程
600km
1.如图所示的工具中，属于费力杠杆的是( )
A. 天平B. 镊子
C. 瓶起子D. 钳子
2.志愿者小亮正在为社区老人家里更换灯泡。下列操作流程符合安全用电原则的是( )
A. 摘下灯罩→更换灯泡→切断电源→通电测试
B. 切断电源→摘下灯罩→更换灯泡→通电测试
C. 更换灯泡→切断电源→摘下灯罩→通电测试
D. 摘下灯罩→切断电源→更换灯泡→通电测试
3.教室里，同学们正在调换座位，下列所描述的情境中，人对物体一定做功的是( )
A. 甲在推一张堆满课本的课桌，却没能把它推动
B. 乙抱着一叠课本原地不动
C. 丙推着一张空课桌在教室地面上前进
D. 丁提着一只书包从教室前排走到后排
4.如图所示，一个物体在空中下落，速度越来越大，相继经过A，B，C三点，已知AB=BC，物体在AB段重力做功W1、功率P1，在BC段重力做功W2、功率P2，则( )
A. W1>W2，P1>P2
B. W1
D. W1=W2，P1
A. 是通过做功的方式改变水的内能
B. 水的温度越高，水分子无规则运动越剧烈，内能越大
C. 不锈钢的比热容比水小，不锈钢的吸热能力比水强
D. 天然气燃烧越充分，热值越大
6.如图所示电路，小明研究串联电路中电流、电压特点的电路图，当开关闭合时，灯L1、L2都不亮，电流表无示数，但电压表示数较大。则故障原因可能是( )
A. L1断路B. L1短路C. L2短路D. L2断路
7.有两个阻值不同的电阻R1、R2，它们的电流随电压变化的I−U图线如图所示。如果R1、R2串联后的总电阻为R串，并联后的总电阻为R并，则关于R串、R并的I−U图线所在的区域，下列说法中正确的是( )
A. R串在Ⅱ区域，R并在Ⅲ区域B. R串在Ⅲ区域，R并在Ⅰ区域
C. R串在Ⅰ区域，R并在Ⅱ区D. R串在Ⅰ区域，R并在Ⅲ区域
8.学生发明了一款智能头盔，只有戴上头盔扣上卡扣后，头盔上的信号发射器才能发出信号，当电动车上的信号接收器(S1)接收到信号，再转动电动车钥匙(S2)，车才能正常启动，下列电路符合要求的是( )
A. B. C. D.
9.2021年5月15日，我国“天问一号“火星探测器从距离火星表面125千米的高度，约2万千米/时的速度，经过三个减速阶段，距离火星表面100米时，反冲火箭启动，探测器处于悬停状态，完成精准避障后再缓速下降，成功登陆火星。以下说法正确的是( )
A. 打开降落伞减速下降时，探测器的动能不断减小，重力势能不断增加
B. 打开降落伞减速下降时，探测器的动能不断减小，重力势能不断减小
C. 发动机燃料燃烧不充分时燃料热值减小
D. 反冲火箭的原理是机械能转化为内能
10.如图所示的电路中，电源电压恒为6V，R1、R2为定值电阻，R1=10Ω.甲、乙均为电压表时，闭合S1、S2，两电压表示数之比为U甲：U乙=1：3.甲、乙均为电流表时，仅闭合S1，甲、乙电流表示数I甲、I乙分别为( )
A. 1.8A，1.2AB. 1.8A，0.6AC. 0.9A，0.6AD. 0.9A，0.3A
11.将一只标有“12V 6W”的灯泡与一电阻串联后接到电压为12V的电源上，电阻消耗的功率为1W(灯丝电阻视作不变)，则此时( )
A. 灯泡与电阻消耗的总功率为7WB. 灯泡与电阻消耗的总功率为6W
C. 灯泡消耗的功率大于5WD. 灯泡消耗的功率小于5w
12.如图所示，滑轮组悬挂在水平钢架上，某工人站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，5s内使物体A匀速上升1m，提升过程中拉力F的功率为160W。已知物体A重720N，该工人重600N。关于该过程，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是( )
A. 绳子自由端移动的速度为0.2m/s
B. 动滑轮重120N
C. 该工人对地面的压力为200N
D. 工人利用该滑轮组提升物体的最大机械效率为90%
二、填空题：本大题共8小题，共24分。
13.如图所示，某单缸四冲程汽油机正处于______冲程。若汽油机工作曲轴转速为1200r/min，此汽油机每秒做功______次，每分钟完成______个冲程。
14.老师做“电池+口香糖锡纸=取火工具”的实验：取口香糖锡纸，中间剪掉一些(如图乙所示)，将锡纸条连接电池的正负极(如图甲所示)，很快发现锡纸条开始着火，锡纸具有导电性，此时电路处于______(选填“断路“或“短路”)状态，使电路迅速产生大量热量并释放出来，这是利用了电流的______效应；已知锡纸条上ab、bc、cd段长度相等，则______段的最先燃烧起来。
15.2022年11月29日，我国用长征二号F遥十五运载火箭成功将神舟十五号载人飞船发射升空，在火箭携带“载人飞船”加速升空阶段，“载人飞船”的机械能______(选填“增大”、“减小”或“不变”)，火箭与大气间剧烈摩擦使得火箭表面温度急剧升高，这是通过______的方式增大了火箭的内能，火箭中运用了液态氢做燃料，主要原因是液态氢的______较大。
16.如图所示是小明家的电能表，到目前为止，小明家已消耗______kW⋅h的电能，小明断开其它用电器，只将“220V 750W”的电饭锅接入电路，测得20min内电能表指示灯闪烁640次，电饭锅的实际功率为______ W，两端的实际电压______220V(选填“>”、“=”或“<”)。
17.如图甲所示是通过灯泡L和电阻R的电流随电压变化关系的图象，将它们接入如图乙所示的电路中。当只闭合开关S，小灯泡的实际功率为0.8W，则电源电压为______V；再闭合开关S1，电流表的示数为______A，电路消耗的总功率为______W。
18.如图甲是常用的一个插线板(铭牌上标着220V10A)。小南在使用中发现：插线板上的指示灯在开关断开时不发光，插孔不能提供工作电压；而在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供电压；指示灯坏了，开关闭合，插孔还能提供工作电压。根据上述现象可知指示灯和插孔是______的(选填“串联”或“并联”)。使用三脚插头和三孔插座，目的是将用电器的金属外壳与______相连，防止触电。家里某用电器发生短路，熔丝立即熔断，用下列方法进行检测，如图乙所示，断开所有用电器的开关，用一个普通的白炽灯L作为“校验灯”，与熔断的熔丝并联，然后只闭合S、S1，若L正常发光，说明L1______；只闭合S、S2，若L发出暗红色的光(发光不正常)，说明L2______。(选填“正常”、“短路”或“断路”)。
19.在探究杠杆平衡条件的实验中，如果杠杆右侧高左侧低，则可将左侧的平衡螺母向______调节，使其在水平位置平衡。如图所示，在支点左侧20cm刻度处挂3个重均为0.5N的钩码，在支点右侧15cm刻度处用弹簧测力计拉杠杆，使其水平平衡。要使弹簧测力计示数最小，弹簧测力计的拉力应沿______方向，此时读数为______N。
20.如图所示是“探究物体动能大小与哪些因素有关”的实验示意图(A为小球，B为木块)。
(1)本实验研究的是______的动能。
A.斜面上小球
B.撞击瞬间前小球
C.撞击后木块
(2)在探究动能大小与质量的关系时，应保持小球的______不变，实验中可使小球每次从斜面______(同一/不同)高度静止释放。
三、作图题：本大题共3小题，共6分。
21.如图所示，画出力F1对支点O的力臂L1。
22.如图所示，画出该滑轮组最省力的绕线方法。
23.如图所示，用笔画线代替导线将电灯和开关接到电路中。
四、实验探究题：本大题共3小题，共21分。
24.在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如表：
(1)实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应______(选填“保持静止”或“匀速上升”)。
(2)第三次试验时，测力计示数如图所示，此时绳端受到的拉力为______N，滑轮组的机械效率为______%。
(3)根据表格中的数据分析可知：随着物重的增大，额外功______(选填“变小”、“不变”或“变大”)，原因是______。
25.如图甲所示是小明“比较水和煤油吸热升温特点”的实验装置。
(1)加热过程中，用玻璃棒搅动的目的是______；
(2)实验中，除了图甲中所展示的实验器材外，还必须用到的测量工具有天平和______；
(3)关于该实验的变量控制，下列做法不正确的是______；
A.使用相同的酒精灯
B.使用相同的烧杯
C.使用相同的石棉网
D.烧杯中分别装入相同体积的水和煤油
(4)小明同学用正确的方法分别给质量和初温都相同的水和煤油加热，记录加热时间和升高的温度，根据记录的数据作出了两种液体的温度T随时间t变化的图像(如图乙所示)。根据图像可知，水的比热容与煤油的比热容之比为______；若使水和煤油升高相同的温度，应给______(选填“水”或“煤油”，下同)加热更长的时间，这说明水和煤油中，______的吸热能力强；同时开始加热到第2分钟，水的比热容与升高温度的乘积______(填“大于”“等于”或“小于”)煤油的比热容与升高温度的乘积。
26.小华做“测量小灯泡电功率”实验。实验器材如下：电源(电压恒为6V)、小灯泡(额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω)、电流表(0∼0.6A、0∼3A)、电压表(0∼3V、0∼15V)、开关、规格分别为R1：“10Ω1A”和R2：“30Ω0.5A”的滑动变阻器各一个、导线若干。
(1)请你用笔画线代替导线，在图甲中把电路连接完整(要求：滑动变阻器向右移动灯泡变亮)。
(2)闭合开关前，应将滑片移到______端(选填“A”或“B”)。
(3)电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，无论如何移动滑动变阻器滑P，电流表几乎无示数，而电压表指针超出了最右侧刻度，则故障原因可能是______。
(4)排除故障后，当滑动变阻器的滑片移到某一位置时，电压表示数为2V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向______移(选填“左”或“右”)，直到小灯泡正常发光，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是______ W。
(5)为了完成整个实验过程，她应选用的滑动变阻器规格为______(选填“R1”或“R2”)。
(6)有学生认为甲图电路还可以探究电流与电压的关系，小华却认为不可以，主要原因是______。
(7)之后，小华同学在家找到两个外观一样，额定电压均为220V的普通白炽灯，其铭牌已经模糊，看不出额定功率，但是可以直接通过观察图丙灯丝比较出两只灯泡的额定功率，请你判断，若将两只灯泡串联起来，接在220V的电路中，两灯的发光情况是______(选填“A灯更亮”或“B灯更亮”或“两灯一样亮”)。
五、计算题：本大题共2小题，共15分。
27.往车上装重物时，常常用长木板搭个斜面，把重物沿斜面推上去，如图所示，已知箱子重900N，斜面长3m、高1m。工人用400N沿斜面方向的力将箱子匀速推到车上。
(1)在这过程中工人做的有用功；
(2)推力对箱子做的功；
(3)物体受到斜面的摩擦力。
28.在如图所示的电路中，电源电压保持不变。电路中滑动变阻器上标有“20Ω2A”字样，电流表的量程为0∼0.6A，电压表的量程为0∼3V，电阻R1的阻值为4Ω.当滑片在滑动变阻器的最右端a点时，闭合电键S，电压表的示数为1.5V，求：
(1)通过电阻R1的电流。
(2)电源电压。
(3)为了保证电路能正常工作及各电表不致损坏，滑动变阻器的取值范围。
六、综合题：本大题共1小题，共10分。
29.阅读下面短文，回答问题。
智能电动汽车根据中汽协数据，2022年中国新能源汽车产销量迅猛增长，已超过五百多万辆。如图是某款智能电动汽车，电池是电动汽车的核心，衡量电池性能的一个重要参数是能量密度，电池能量密度指的是电池平均单位质量所释放出的电能。电动汽车的续航里程是指电动汽车上动力蓄电池以全充满状态开始到标准规定的试验结束时所走过的里程，是电动汽车重要的经济性指标。该款智能电动汽车支持三种充电方式，快充半小时即可将电池容量由30%充至80%；慢充7小时充满；若选配随车充电宝，普通220V插座25小时即可充满，无论哪种充电方式都需要供电系统中提供良好的接地线，否则该款智能电动汽车拒绝接受充电。
该款智能电动汽车的部分参数如下表：
能量回收系统是该款智能电动汽车的智慧功能，当司机高速行车过程中松开油门减速时，能量回收系统就自行启动，车轮的转动会带动驱动电机转动，此时驱动电机就能够给汽车的电池充电，实现能量回收的同时还具有辅助刹车制动功能.当车速降到“设定速度”时，能量回收系统将自行关闭。
(1)该款智能电动汽车充电时需要外壳保持良好接地，这是为了______。
A.避免漏电
B.防止触电
C.减少充电时间
D.节约电能
(2)关于能量回收系统，下列判断不正确的是______。
A.能量回收系统可提高汽车的续航里程
B.能量回收系统可有效延长刹车片的寿命
C.能量回收系统启动时，驱动电机将机械能转化为电能
D.汽车加速，速度超过“设定速度”时，能量回收系统开始启动
(3)该款智能电动汽车配备的电池质量是______ kg。
(4)若按每千瓦时0.5元的居民电价计算，在最经济的情况下，汽车行驶100公里的电费成本为______元。
(5)该车在快充时(由30%充至80%)的充电功率为______ kW。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：天平是典型的等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，故A不符合题意；
我们在使用瓶起子和钳子时都是为了省力，并且在使用的过程中都是动力臂大于阻力臂，所以它们都是省力杠杆，故CD不符合题意；
镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，费力但省距离，故B符合题意。
故选：B。
本题的解题关键是通过观察实物，体会支点的位置，判断出动力臂与阻力臂的长度关系，从而进一步判断出杠杆的类型。
该题考查了学生对物理模型的抽象、分析能力。判断杠杆的类型可结合生活经验和动力臂与阻力臂的大小关系来判断。
2.【答案】B
【解析】解：更换灯泡之前必须断开开关，切断电源，摘下灯罩，更换灯泡，最后通电测试灯泡是否发光，故B正确，ACD错误。
故选：B。
更换灯泡前首先切断电源，再维修，最后通电测试。
本题考查更换灯泡的流程，一定要记住先切断电源。
3.【答案】C
【解析】解：
A、甲在推一张堆满课本的课桌，人对课桌施加了力，但没有移动距离，所以人对课桌没有做功，故A错误。
B、乙抱着一叠课本原地不动，人对课本施加了力，但没有移动距离，所以人对课本没有做功，故B错误。
C、丙推着一张空课桌在教室地面上前进，人对课桌施加了力，并且在力的方向上移动了距离，所以人对课桌做了功，故C正确。
D、丁提着一只书包从教室前排走到后排，人对书包施加的力竖直向上，但书包没有沿力的方向移动距离，则人对书包没有做功，故D错误。
故选：C。
解答本题要抓住做功的两个必要因素：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过的距离，二者缺一不可。
本题考查了力是否做功的判断，注意：有力有距离，力对物体不一定做功，物体必须在力的作用下通过了距离，力对物体才做功。
4.【答案】D
【解析】解：(1)物体在AB和BC段，距离相同，重力相同，根据W=Gh，重力做功相同，所以W1=W2。
(2)物体在下落过程中，速度越来越大，即v1
又因为W1=W2，根据P=Wt可知，P1
(1)比较两个阶段的重力和距离，根据W=Gh比较两个阶段的重力做功大小。
(2)物体在下落过程中速度越来越大，比较两个阶段的运动时间，根据P=Wt比较功率。
此题考查功和功率的大小比较，根据题意得出物体经过两个阶段的时间多少是解决本题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：A、用天然气烧水，是通过热传递的方式改变水的内能。故A错误；
B、水的温度越高，水分子运动就越剧烈，内能越大。故B正确；
C、不锈钢的比热容比水小，所以吸热能力小于水。故C错误；
D、无论天然气燃烧是否充分，热值不变。故D错误。
故选：B。
①改变内能的方式有二：做功和热传递；
②分子的热运动与温度有关：温度越高，无规则运动越剧烈；
③物质的比热容越大，表示吸放热能力越强；
④热值是燃料本身的一种特性，与燃料燃烧状态无关。
此题考查了热值的物理意义、改变内能的方法、物质吸放热能力与比热容的关系及热运动的影响因素，是热现象重要概念、规律的考查。需要熟练掌握相关概念或规律，特别要学会正确应用。
6.【答案】A
【解析】解：两灯同时熄灭，说明电路出现断路故障，电压表示数较大，说明电压表与电源两极相连，因此电路故障为灯L1断路。
故选：A。
两灯同时熄灭，说明电路出现断路现象，电压表示数变大，说明电压表与电源两极相连。
本题考查电路故障分析，故障分析时，首先分析电路中是发生了断路故障还是短路故障，再根据电压表的示数变化找出发生故障的电器。
7.【答案】B
【解析】解：根据串联电路的电阻特点知：
R串比每一个串联的分电阻都要大，
根据并联电路中电阻的特点可知：
R并比每一个并联电路的分电阻都要小。
在这四个电阻值中，R串最大，R并最小，
根据欧姆定律可知，当它们两端加相同的电压时，通过R串的电流最小，故它的I−U图线在I区；
通过R并的电流最大，故它的I−U图线在III区。
综上分析，故选B。
根据电阻的串并联确定R1、R2、R串、R并之间的大小关系，根据欧姆定律判断电压相同时电流的大小；分析坐标图不同区域的意义即可解决。
本题考查了电阻的串并联特点和欧姆定律的应用，解决本题的关键是弄清楚图象中横纵坐标的物理含义。
8.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，当电动车上的信号接收器(S1)接收到信号，再转动电动车钥匙(S2)，车才能正常启动，这说明两个开关相互影响，是串联在一起的，一起控制电动机，故A正确。
故选：A。
根据电动车启动的条件分析两个开关与电动机的连接方式。
本题考查了电路的设计，能判定出两个开关的连接方式是解题的关键。
9.【答案】B
【解析】解：AB、打开降落伞减速下降时，探测器的质量不变，速度变小，动能不断减小；质量不变，高度变小，重力势能不断减小，故B正确，A错误；
C、热值的大小只与燃料的种类有关，与燃烧程度无关，故C错误；
D、反冲火箭启动时，燃料燃烧产生的高温高压气体从火箭尾部猛烈喷出，气体被喷出时会给火箭一个反作用力，从而使探测器的速度迅速减小，所以反冲火箭的工作原理是物体间力的作用是相互的，故D错误。
故选：B。
(1)(2)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；
(3)热值是燃料的一种特性，它反映了燃料性能的优劣，热值的大小与燃料的种类有关，与燃烧程度、质量的多少以及是否燃烧等均无关；
(4)反冲火箭的工作原理是物体间力的作用是相互的。
本题考查了动能和重力势能的大小变化、对热值概念的理解、火箭的工作原理，属于基础题。
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了求电流表示数之比，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
根据题意分析电路结构，然后根据串并联电路特点与欧姆定律分析答题。【解答】
由图示电路图可知，甲、乙均为电压表，闭合S1、S2时，两电阻串联，甲测R1两端电压，乙测两电阻串联电压，
已知：U甲：U乙=1：3，则：U乙=3U甲，两电阻串联，通过两电阻的电流I相等，
两电阻之比：R1R2=U1IU2I=U1U2=U甲U乙−U甲=U甲3U甲−U甲=12，R2=2R1=20Ω；
甲、乙均为电流表时，仅闭合S1，两电阻并联，乙测通过R1的电流，甲测干路电流，
两电流表示数：I甲=UR1+UR2=6V10Ω+6V20Ω=0.9A，I乙=UR1=6V10Ω=0.6A；
故ABD不正确，C正确。
故选C。
11.【答案】D
【解析】解：根据公式P=U2R可知，串联后总电阻变大，电路消耗的总功率小于灯泡的额定功率，小于6W，故AB错误，
已知电阻消耗的功率为1W，所以灯泡消耗的实际功率一定小于5W，故C错误，D正确．
故选D.
因为串联，电流相等，电路消耗的总功率P=U2R，串联后总电阻变大，所以可知电路消耗的总功率的变化，已知电阻消耗的功率可知灯泡消耗的功率和总功率的大小．
本题考查根据电功率的计算公式和已知电阻的功率来比较电路消耗的功率和灯泡消耗的实际功率的大小，关键是知道串联后电源电压不变，总电阻变大，电路消耗的总功率小于灯泡的额定功率，如果再计算具体的数值将会进入误区，非常麻烦．
12.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，滑轮组承担物重绳子的有效股数n=2，5s内绳子自由端移动的距离s=nh=2×1m=2m，绳子移动的速度v=st=2m5s=0.4m/s，故A错误；
B.由P=Wt=Fst=Fv可得，绳子自由端的拉力F=Pv=160W0.4m/s=400N，不计绳自身重力和绳与滑轮间摩擦，由F=1n(G+G动)可得，动滑轮重G动=nF−G=2×400N−720N=80N，故B错误；
C.该工人对地面的压力F压=G人−F=600N−400N=200N，故C正确；
D.工人施加的最大拉力F′=G人=600N，不计绳自身重力和绳与滑轮间摩擦，提升物体的最大重力G′=2F′−G动=2×600N−80N=1120N，此时滑轮组的机械效率最大，滑轮组的最大机械效率η=W有′W总′=W有′W有′+W额外=G′hG′h+G动h=G′G′+G动=1120N1120N+80N≈93.3%，故D错误。
故选：C。
(1)由图可知，滑轮组承担物重绳子的有效股数，根据s=nh求出5s内绳子自由端移动的距离，利用v=st求出绳子移动的速度；
(2)利用P=Wt=Fst=Fv求出绳子自由端的拉力，不计绳自身重力和绳与滑轮间摩擦，根据F=1n(G+G动)求出动滑轮重；
(3)该工人对地面的压力等于工人的重力减去绳子的拉力；
(4)工人施加的最大拉力和自身的重力相等，不计绳自身重力和绳与滑轮间摩擦，根据F=1n(G+G动)求出提升物体的最大重力，此时滑轮组的机械效率最大，根据η=W有W总=W有W有+W额外=GhGh+G动h=GG+G动求出滑轮组的最大机械效率。
本题考查了速度公式和功率公式、滑轮组拉力公式、滑轮组机械效率公式的应用等，要注意人竖直向下拉滑轮组绳子时施加的拉力不大于自身的重力。
13.【答案】做功 10 2400
【解析】解：图中汽油机的进气门和排气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，所以是做功冲程；
因为四冲程汽油机在一个工作循环中曲轴转2圈，完成4个工作冲程，并对外做功1次，且该汽油机工作时曲轴转速为1200r/min，所以可知每分钟完成2400个冲程；
1200r/min=20r/s，即该汽油机的曲轴每秒转20圈，则每秒做功12×20=10次。
故答案为：做功；10；2400。
根据两气门的开闭情况和活塞运动情况可判断汽油机处于什么冲程；
四冲程内燃机在一个工作循环中飞轮转2圈(或曲轴转2圈)，完成4个工作冲程，并对外做功1次。
此题是关于内燃机的综合题，知道四冲程汽油机在一个工作循环中曲轴转2圈、完成4个工作冲程、对外做功1次是解题的关键。
14.【答案】短路 热 ab
【解析】解：(1)因为锡属于金属，具有导电性，将锡纸条带锡的一端接在电池的正极，带锡另一端接在电池的负极，形成了电源短路，此时电路中迅速产生大量热量使温度达到锡纸的着火点而使之燃烧；
(2)由于锡纸条有电阻，当有电流通过时，会产生热量，这是利用了电流的热效应；
(3)由图知，锡纸条上相同长度的ab段、bc段、cd段，三段的长度和材料相同，ab段横截面积较小，在材料和长度相同时，横截面积越小电阻越大，所以ab段的电阻大，cd段横截面积大，电阻小，在电流相同和通电时间相同时，由Q=I2Rt知，电阻越大，产生的热量越多，故ab段产生的热量多。
故答案为：短路；热；ab。
(1)导线直接将电源连接起来的电路叫短路；
(2)电流通过导体时，导体会发热，这种现象叫电流的热效应；
(3)导体电阻的大小跟导体的长度、横截面积、温度、材料有关，由Q=I2Rt分析哪段产生的热量越多。
本题考查对短路、电阻的影响因素认识和理解，以及焦耳定律的应用，知道短路时，电路中的电流很大，很容易烧坏电源或导线，是不允许的。
15.【答案】增大 做功 热值
【解析】解：(1)火箭在加速升空的过程中，质量不变，速度增大、动能增大，高度增大，重力势能增大，动能和势能统称为机械能，机械能增大；
(2)火箭与大气间剧烈摩擦，克服摩擦做功，使得火箭表面温度急剧升高，这是通过做功的方式增大了火箭的内能；
(3)火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较大的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量。
故答案为：增大；做功；热值。
(1)“载人飞船”加速升空，速度增大、高度升高，据此分析机械能的变化；
(2)改变物体内能的方法：做功、热传递；
(3)热值是燃料的一种特性，完全燃烧相同质量的不同燃料，热值越大，放出的热量越多。
本题考查了机械能的变化分析、改变物体内能的方法、对热值特性的理解，属于基础题目。
16.【答案】123.4600<
【解析】解：根据电能表的数字可以得到：到目前为止，小明家已消耗123.4kW⋅h的电能。
小明断开其它用电器，只将“220V 750W”的电饭锅接入电路，测得20min内电能表指示灯闪烁640次，电饭锅的实际功率为：
P=Wt=1kW⋅h3200imp×640imp20min=0.2kW⋅h2060h=0.6kW=600W；
因为实际功率小于电饭锅的额定功率，所以电饭锅两端的实际电压小于额定电压220V。
故答案为：123.4；600；<。
(1)电能表是测量用户在某段时间内消耗电能的仪器；电能表计数窗最后一位是小数点。
(2)根据电能表的参数和公式P=Wt来计算电饭锅的实际功率。
(3)通过比较实际功率和额定功率的大小关系来比较实际电压和额定电压。
知道电能表上各个参数的含义；会根据电功率的公式进行简单的计算；知道额定电压、额定功率、实际电压、实际功率。
17.【答案】20.61.2
【解析】解：
(1)由电路图可知，只闭合开关S时，电路为L的简单电路，电流表测通过L的电流，
由图象可知，当UL=2V、IL=0.4A时，小灯光的实际功率为0.8W，由此可知，电源电压为2V；
(2)再闭合开关S1时，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过L的电流不变，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，此时电阻R的电压：UR=UL=2V，
由图象可知，通过R的电流IR=0.2A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流：I=IR+IL=0.2A+0.4A=0.6A；
(3)电路消耗的总功率：
P=UI=2V×0.6A=1.2W；
故答案为：2；0.6；1.2。
(1)只闭合开关S时，电路为L的简单电路，电流表测通过L的电流，根据图象读出小灯光的实际功率为0.8W时两端的电压和通过的电流；此时灯泡两端的电压为电源电压；
(2)再闭合开关S1时，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过L的电流不变；由图象可知通过R的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流；
(3)利用P=UI求出此时电路消耗的总功率。
本题考查了并联电路的特点和电功率公式的应用，关键是根据图象读出符合题意的电流和电压值。
18.【答案】并联 大地 短路 正常
【解析】解：
(1)插线板上的开关断开时指示灯不发光，插孔不能提供工作电压；而在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；如果指示灯损坏了，开关闭合时插孔也能提供工作电压，说明开关同时控制指示灯和插孔，指示灯和插孔互不影响，指示灯和插孔是并联的。
(2)使用三脚插头和三孔插座，多出的那个孔是用来接地线的，当用电器的三脚插头插入时，用电器的金属外壳通过地线与大地相连，能防止人体触电。
(3)当检验灯泡正常发光时，说明另一灯泡L1没有分到电压，该检验灯泡两端的电压应为220V，则此时一定是灯泡L1发生了短路。
若发现校验灯发出暗红色的光(发光不正常)，此校验灯电压应小于220V，则此时应该是检验灯泡与另一灯泡L2串联接在火线与零线之间，故该灯泡L2正常。
故答案为：并联；大地；短路；正常。
(1)根据提供的现象说明开关同时控制指示灯和插座，指示灯和插座之间可能是串联，也可能是并联；指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明指示灯和插座之间是并联；在判断指示灯与开关的连接方式；
(2)三孔插座中多出的那个孔是用来接地线的，可防止人触电；
(3)当检验灯泡发光而亮度不够，则加在灯泡上必有电压，但此电压应小于220V，则此时应该是检验灯泡与另一电阻(如另一灯泡)串联接在火线与零线之间。当检验灯泡正常发光时，该灯泡两端的电压应为220V，则此时一定是灯泡的一端与火线相接，另一端与零线相接。
此题是一道综合题，包含的知识点较多，考查我们对知识掌握的熟练程度。
19.【答案】右 竖直向下 2
【解析】解：(1)杠杆右侧高左侧低，为使杠杆在水平位置平衡，可以将左侧的平衡螺母向右调，或者将右侧的平衡螺母向右调(都向右调)；
(2)当沿竖直向下的方向施力时，动力臂最长，此时最省力，弹簧测力计的示数最小；
(3)由图知，若竖直向下施力，动力臂L1=15cm，
由题知，阻力F2=0.5N×3=1.5N，阻力臂L2=20cm，
∵杠杆在水平位置平衡，
∴F1L1=F2L2，
∴动力：
F1=F2L2L1=1.5N×20cm15cm=2N。
故答案为：右；竖直向下；2。
(1)实验前杠杆右侧高左侧低，原因是右侧的力和力臂乘积小于左侧的力和力臂乘积，根据杠杆的平衡条件可知，可将左侧的平衡螺母向右调节，减小左侧的力和力臂乘积，使杠杆在水平位置平衡；
(2)当把支点到作用点的连线作为动力臂(施力方向与连线垂直)时，动力臂最长、最省力(弹簧测力计示数最小)；
(3)知道阻力、阻力臂和动力臂，利用杠杆的平衡条件求动力。
阻力和阻力臂一定，动力作用点确定后，沿垂直于支点到作用点连线的方向施力，动力臂最长、最省力。
20.【答案】B 速度 同一
【解析】解：(1)本实验研究的是撞击前瞬间小球的动能，故选：B；
(2)整个实验采用的研究方法是控制变量法，在探究动能与质量是否有关时，要保持速度不变，让小球每次从斜面的同一高度滚下，以得到相同的速度推动木块。
故答案为：(1)B；(2)速度；同一。
(1)本实验研究的是撞击前瞬间小球的动能；
(2)整个实验采用的研究方法是控制变量法，在探究动能与质量是否有关时，要保持速度不变，让小球每次从斜面的同一高度滚下。
探究物体动能大小与哪些因素有关的实验采用控制变量法和转换法，是一道较简单的实验题。
21.【答案】解：反向延长F1画出力的作用线，从支点O向F1的作用线作垂线段，即为其力臂L1，如下图所示：
【解析】力臂是从支点到力的作用线的距离；由支点向力的作用线作垂线段，垂线段的长度即为该力的力臂。
力臂的画法：①首先根据杠杆的示意图，确定杠杆的支点；②确定力的作用点和力的方向，画出力的作用线；③从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂。
22.【答案】解：滑轮组最省力时，应有3股绳作用在动滑轮上，先从动滑轮上绕线，绕法如下图所示：
【解析】作用在动滑轮上的绳的股数越多，越省力。
此题主要考查滑轮组承担物重绳子股数，滑轮组的绕线方法不同，拉力的方向不同，达到省力程度也不同。
23.【答案】解：家庭电路的火线首先进入开关，然后接到灯泡顶端的金属点；零线直接接到灯泡的螺旋套。这样在更换灯泡时更安全。如图所示：
【解析】家庭电路中为保证安全，开关控制灯泡时和灯泡是串联的。火线过开关入灯座，零线直接入灯座。
掌握电灯、开关、两孔插座、三孔插座、保险丝的接法，这是家庭电路中最常见的连接。
24.【答案】匀速上升 1.874.1变大 滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子间的摩擦力做的功；随着物重的增大，动滑轮的重力不变，物重越大，摩擦力越大，所以额外功变大
【解析】解：(1)在缓慢提升物体时，还需克服机械摩擦做功，所以为了测量滑轮组提升物体时的机械效率，所以需在缓慢匀速提升时读数，此时系统处于平衡状态，测力计示数才等于拉力的大小；
(2)图中弹簧测力计的分度值为0.2N，所以拉力F=1.8N，
第三次试验时，滑轮组的机械效率为：
η=W有W总=GhFs=4N×01m1.8N×0.3m×100%≈74.1%；
(3)根据表格中的数据分析可知：
滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子间的摩擦力做的功；随着物重的增大，动滑轮的重力不变，物重越大，摩擦力越大，所以额外功变大；
故答案为：(1)匀速上升；(2)1.8；74.1；(3)变大；滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子间的摩擦力做的功；随着物重的增大，动滑轮的重力不变，物重越大，摩擦力越大，所以额外功变大。
(1)在使用滑轮组时，滑轮组还要克服一些机械摩擦，所以要测量滑轮组的机械效率，需使物体上升进行读数；
(2)由图读出弹簧测力计的读数(拉力大小)、承担物重的绳子股数n，则s=nh，根据η=W有W总=GhFs×100%求滑轮组的机械效率；
(3)滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子间的摩擦力做的功，根据分析。
此题主要是探究滑轮组的机械效率，主要考查了测力计读数，注意事项、学生对机械效率公式的掌握影响额外功的因素。
25.【答案】使水和煤油受热均匀 秒表 D 2：1 水 水 等于
【解析】解：(1)加热水和煤油时，要用玻璃棒不断的搅拌，这样可以使水和煤油受热均匀；
(2)实验中应用秒表测量吸热的时间，用天平测量两种液体的质量；
(3)要“比较水和煤油吸热升温特点”就要采用控制变量法，控制热源(酒精灯火焰的大小、相同的石棉网)、承装液体的容器相同和液体质量一定，因为水和煤油的密度是不同的，体积相同时，质量是不同的，由上分析知，D错误；
(3)由图知，相同质量的水和煤油加热相同的时间，即吸收相同的热量，煤油升高温度是水升高温度的2倍，即Δt水：Δt煤油=1：2，根据Q=cmΔt知在质量相同、吸收的热量相同时，升高的温度与比热容成反比，所以水的比热容与煤油的比热容之比为2：1。根据Q甲=cmΔt可知，比热容与升高温度的乘积为：cΔt=Qm，同时开始加热到第2分钟，加热时间相同，吸收的热量相同，水、煤油的质量相同，所以水的比热容与升高温度的乘积等于煤油的比热容与升高温度的乘积。
故答案为：(1)使水和煤油受热均匀；(2)秒表；(3)D；(4)2：1；水；水；等于。
(1)水和煤油只有受热均匀，我们才可以准确测量液体的温度从而得出水和煤油吸热升温特点；
(2)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少；
(3)“比较水和煤油吸热升温特点”需要控制水和煤油的质量相等，因为水和煤油的密度是不同的，体积相同时，质量是不同的；
(4)实验中加热时间越长，则吸收的热量越多，根据Q=cmΔt进行分析。
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，为热学中的重要实验。
26.【答案】A 小灯泡断路 右 0.65R2 小灯泡的电阻随温度变化而变化 B灯更亮
【解析】解：(1)小灯泡的额定电压是2.5V，小灯泡电阻大约为10Ω，通过灯泡的电流约为：
I=UR=2.5V10Ω=0.25A，故电流表的量程选择0∼0.6A，与灯泡串联；滑动变阻器采用一上一下的连接方式，且与小灯泡串联，滑动变阻器滑片向右移动时灯泡变亮，即接入的电阻变小，故滑动变阻器应选择B端接线柱，电路连接如下图所示：
(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑片移阻值最大处，即A端；
(3)小灯泡不发光，电流表无示数，说明电路是断路，电压表指针超出了最右侧刻度，说明电压表与滑动变阻器、电流表、开关、电源相连，则故障原因可能是小灯泡断路；
(4)灯泡两端的电压为2V，但灯泡的额定电压为2.5V，根据串联分压原理可知，应向右调节滑动变阻器的滑片，使变阻器接入电路中的电阻变小，使灯泡两端电压达到2.5V，灯泡正常发光；
电流表选用“0−0.6A”的量程，由图乙知，分度值为0.02A，电流表的示数为0.26A，此时灯泡正常发光，则小灯泡的额定功率为：P额=U额I额=2.5V×0.26A=0.65W；
(5)小灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的电压为：U滑=U总−U额=6V−2.5V=3.5V，
此时电路中的电流为0.26A，则滑动变阻器接入电路中的电阻为：
R滑=U滑I额=Ω，
10Ω<13.5Ω<30Ω，所以滑动变阻器应选R2：“30Ω0.5A”；
(6)探究电流与电压的关系时，要控制电阻的大小不变，而小灯泡的电阻随温度的变化而变化，故不可以探究电流与电压的关系；
(7)由图丙知，A灯丝粗而短，B灯丝细而长，所以，A的电阻小于B的电阻，RA
(1)利用欧姆定律估算出通过小灯泡的电流，确定电流表量程，滑动变阻器采用一上一下的连接方式，滑动变阻器滑片向右移动时灯泡变亮，由此确定下接线柱，且电流表、滑动变阻器与小灯泡串联；
(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑片移阻值最大处；
(3)小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路是断路，电压表指针超出了最右侧刻度，说明电压表与滑动变阻器、电流表、开关、电源相连，据此分析故障原因；
(4)灯泡两端的实际电压为2V，但灯泡的额定电压为2.5V，根据串联分压原理可知，应使变阻器接入电路中的电阻变小，据此分析滑片的移动方向；
由图乙读出电流表的示数，根据P=UI计算出小灯泡的额定功率；
(5)根据串联分压特点和欧姆定律计算出小灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路中的电阻，由此确定滑动变阻器的规格；
(6)探究电流与电压的关系时，要控制电阻的大小不变，据此分析；
(7)根据决定电阻大小的因素判断灯丝电阻的大小，串联电流相同，根据P=I2R判断实际功率的大小关系，从而比较出两灯的发光亮度。
本题是测量小灯泡的电功率实验，考查了电路连接、故障诊断、实验操作、电表的读数、电功率的计算，同时还考查了影响电阻大小的因素以及控制变量法在实验中的应用，本题考查知识点多，综合性强。
27.【答案】解：(1)人对物体所做的有用功：
W有=Gh=900N×1m=900J；
(2)推力对箱子做的功：
W总=FL=400N×3m=1200J；
(3)额外功：W额=W总−W有=1200J−900J=300J；
则摩擦力：f=W额L=300J3m=100N。
答：(1)在这过程中工人做的有用功为900J；
(2)推力对箱子做的功为1200J；
(3)物体受到斜面的摩擦力为100N。
【解析】(1)知道物体重力和斜面的高度，根据W=Gh求出有用功。
(2)知道斜面的长度和推力，根据W=Fs求出推力对箱子做的功。
(3)克服摩擦力的功即为额外功，则由功的公式可求得摩擦力。
此题考查斜面模型中人对物体所做的有用功为W有=Gh，总功W总=FL，关键是额外功是克服摩擦力做的功。
28.【答案】解：(1)I1=U1R1=1.5V4Ω=0.375A；
(2)电源电压：
U=I1(R1+R2)=0.375A×(4Ω+20Ω)=9V；
(3)按要求：I≤0.6A，
当I=0.6A，
U1=IR1=0.6A×4Ω=2.4V，电压表不会超出量程，
R2′=U−U1I=9V−Ω，
∴滑动变阻器连入电阻范围：11Ω∼20Ω。
答：(1)通过电阻R1的电为0.375A。
(2)电源电压为9V。
(3)滑动变阻器的取值范围应为11∼20欧。
【解析】学生要牢固掌握欧姆定律，并能结合串联电路的电流和电压规律灵活运用欧姆定律计算有关物理量。
(1)电阻R1和滑动变阻器串联在电路中，电压表测电阻R1的电压根据欧姆定律可计算通过电阻R1的电流。
(2)当滑片在滑动变阻器的最右端a点时，滑动变阻器接入电路的为最大电阻。根据串联电路总电阻为各分电阻之和结合欧姆定律可计算电源电压。
(3)当滑动变阻器的电阻全连入时，电路中的电流最小；当滑动变阻器连入的电阻减小时，电路中的电流增大；根据电流表的量程可知电路允许通过的最大电流为0.6A，求出此时滑动变阻器连入的电阻值得出滑动变阻器的取值范围。
29.【答案】B D 400 6 60
【解析】解：
(1)电动车的外壳有大量的金属材料，充电时需要供电系统中提供接地良好的地线，是为了防止因漏电使外壳带电而造成触电事故，故选B；
(2)A、能量回收是电动汽车特有的功能，车辆在减速或制动时车轮的转动会带动驱动电机转动，此时驱动电机就变成了发电机，能够产生电能为汽车的动力电池充电，达到能量回收利用的效果，可提高汽车的续航里程，故A正确；
B、能量回收利用的效果，同时具有辅助制动功能，因此减小了刹车片的使用，有效延长刹车片的寿命，故B正确；
C、能量回收系统启动时，驱动电机将机械能转化为电能，故C正确；
D、当司机高速行车过程中松开油门减速时，能量回收系统就自行启动，故D错误；
故选D；
(3)电池的能量密度达到了150W⋅h/kg，即0.15kW⋅h/kg，电池容量是60kW⋅h，
因此电池的质量是：m=60kW⋅h0.15kW⋅h/kg=400kg；
(4)根据最高续航里程更是达到了500km，电池容量60kW⋅h，
按每千瓦时0.5元的居民电价计算，
行驶1km需要的费用是：60kW⋅h×0.5元/kW⋅h500km=0.06元/km；
因此行驶100公里的电费成本：0.06元/km×100km=6元；
(5)快充半小时即可将电量由30%充至80%，
充电电能变化量：W=60kW⋅h×(80%−30%)=30kW⋅h，
充电时间：t=0.5h，
因此充电功率：P=Wt=30kW⋅h0.5h=60kW。
故答案为：(1)B；(2)D；(3)400；(4)6；(5)60。
(1)金属外壳的家用电器的外壳一定要接地，这样可以避免触电事故的发生；
(2)电池的能量密度达到了150W⋅h/kg，即0.15kW⋅h/kg，电池容量是60kW⋅h，据此得出电池的质量；
(3)根据短文内容判断各选项内容的正误；
(4)知道电池容量和最高续航里程，结合电价就可以算出每100km需要的费用；
(5)快充半小时即可将电量由30%充至80%，根据电量的变化和充电时间，用P=Wt就可以计算出充电功率。
本题以新能源纯电动汽车为情景考查了安全用电、电功率公式应用等，充分体现了物理与实际生活的联系，是中考的热点。序号
动滑物重
G动/N
物重
G/N
物体上升的
高度h/m
绳端受到的拉力F/N
绳端移动的距离s/m
滑轮组的机械效率η/%
1
0.5
1
0.1
0.6
0.3
55.6
2
0.5
2
0.1
1.0
0.3
66.7
3
0.5
4
0.1
0.3
整车质量
1650kg
电动机最大功率
160kW
最高时速
155km/h
电池容量
60kW⋅h
电池能量密度
150(W⋅h)/kg
最高续航里程
600km
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