1、九年级物理期末考试卷2020.1一、选择题1.下列简单机械中，属于省力杠杆的是A. 筷子B. 理发剪C. 羊角锤D. 钓鱼竿【答案】C【解析】【分析】根据生活经验，分析支点位置，判断出动力臂与阻力臂的长度关系，(1)动力臂大于阻力臂的是省力杠杆；(2)动力臂小于阻力臂的是费力杠杆；(3)动力臂等于阻力臂的是等臂杠杆。【详解】A筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A项不符合题意；B理发剪在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B项不符合题意；C羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C项符合题意；D钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D项不符合题意
2、。2.下列生活实例中，力对物体做功的有（ ）A. 甲和乙B. 甲和丙C. 乙和丙D. 丙和丁【答案】B【解析】【详解】甲：小车在推力作用下向前移动了一段距离，有力、在力的方向上有距离，对小车做了功；乙：提着滑板在水平路面上前行，在提滑板的力的方向上没有移动距离，不做功；丙：物体在绳子的拉力下升高，有力、在力的方向上有距离，力对物体做了功；丁：搬而未起，只有力而没有距离，不做功；可见，做功的是甲图和丙图，没有做功的是乙图和丁图，故选B3.关于温度、热量和内能的说法中正确的是（ ）A. 物体的温度升高内能增大B. 0C 冰的内能为零C. 温度高的物体，含有的热量多D. 物体吸收热量，温度一定升高【
3、答案】A【解析】【详解】A物体的温度升高内能一定增大，A正确。B一切物体都是有内能的，B错误。C热量是一个过程量，只能收物体吸收或者放出多少热量，并不能说物体含有多少热量，C错误。D物体吸收热量，温度不一定升高，比如晶体在熔化过程中是一直吸收热量的，但是温度是不变的，D错误。4.小明用图示装置来“探究动能大小与速度的关系”，下列说法正确的是（ ） A. 水平面必须光滑B. 实验研究的是木块的动能C. 让不同的小车从斜面同一高度由静止释放D. 通过观察木块移动距离的远近来比较小车的动能大小【答案】D【解析】【详解】AD本实验是通过小车撞击木块，木块在水平面上通过的距离的大小来比较小车动能的大小的
4、。如果水平面是光滑的，那么被撞击过后的木块是不会停下来的，而是会一直匀速运动下去，无法比较小车的动能大小。故A错误，D正确。B实验研究的对象是小车而不是木块，研究的是小车的动能。故B错误。C实验是探究动能大小与速度的关系，运用控制变量法，所以要用同一木块从不同的高度释放，这样小车达到水平面时的速度是不同的，如果让不同的小车从斜面同一高度由静止释放，这时候探究的是动能大小与质量的关系。故C错误。5.关于家庭电路，下列说法中正确的是A. 在家庭电路中，同时工作的用电器越多，总电阻越大B. 家庭电路中总电流过大，一定是由于电路中用电器工作时总功率过大引起的C. 如果家庭电路中不安装保险丝，那么发生短
5、路时，会因为通过用电器的电流过大而烧毁用电器D. 电炉工作时，电炉的电炉丝热得发红，而连接电炉的导线并不太热，因为导线的电阻比电炉丝的电阻小【答案】D【解析】【分析】（1）并联电路中，支路越多，总电阻越小；（2）家庭电路电流过大的原因有两个：短路或用电器的总功率过大；（3）保险丝通常安装在火线上，它是由电阻率大、熔点低的铅锑合金制成的，当电路中有过大电流通过时，保险丝发热自动熔断，切断电路，从而起到保护电路的作用；（4）由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、导体电阻大小和通电时间成正比；电炉丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），通电时间是相同的，但电炉丝的电阻比导线的电阻
6、大。【详解】A家庭电路中各用电器是并联的；由并联电路特点知，并联电路总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和，并联电路支路越多，并联电路总阻值越小，即同时工作（并联）的用电器越多，总电阻越小，故A项错误；B家庭电流中电流过大可能有2种原因：短路或总功率过大。当用电器总功率过大时，根据公式P=UI，已知家庭电路电压U=220V一定，当用电总功率P越大，电流I就会非常大；或当导线短路时，由于导线电阻很小，也会导致电流过大，故B项错误；C保险丝在电路中的作用是当电路中有过大电流通过时，保险丝发热自动熔断，切断电路，从而起到保护电路的作用。如果家庭电路中不安装保险丝，当发生短路时，电流过大，引起电线过热甚至
7、火灾，烧毁电线，而没有电流流过用电器，所以用电器只可能是因为火灾烧毁，故C项错误；D电炉在使用时，电炉丝与导线是串联的，通过它们的电流相等即，通电时间也相同，但电阻不同，电炉丝的电阻远大于导线的电阻，由焦耳定律可知，电流产生的热量，所以通电时电炉丝发出的热远大于导线发出的热，电炉丝热得发红，而导线却不怎么发热，是因为电炉丝的电阻远大于导线的电阻，故D项正确。6.小明利用电能表测量某一家用电器的电功率.当电路中只有这一个用电器连续工作时，测得在1h内消耗的电能为0.8kWh，那么这一个用电器可能是A. 家庭风扇B. 笔记本电脑C. 台灯D. 电饭锅【答案】D【解析】【详解】判断用电器一般看其功率
8、，功率，则用电器可能是电饭锅，其余几个用电器的电功率都远小于此功率值，故选D7.李海同学骑车上学，因为赶时间经常忘记收起自行车支架便骑车或没有锁车就离开，因此他想设计提醒收支架和锁车的电路在兴趣小组活动中，他请同学们一道设计提醒锁车的电路，要求：当车的支架支起（开关S1闭合）时，蜂鸣器响起，提醒锁车；当车上锁（开关S2断开）后，蜂鸣器停止发声他们设计了如图所示的四个电路，其中符合要求的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】A图，开关S1闭合时，蜂鸣器响起，但S2断开时，蜂鸣器仍然是响的，且S2也闭合时，将电源短路，故A不正确；B图，当开关S1闭合时，蜂鸣器响起，S2断开时，蜂鸣器不响，符
9、合题意正确；C图，两开关都闭合时，电源短路，不正确；D图，当开关S1闭合时，蜂鸣器响起，S2断开时，蜂鸣器仍响，不正确故选B点睛：应熟悉电路的控制方式，但在设计电路中，不能出现电源短路的情况，电源出现短路一定是错误的8.新的国家标准对延长线插座配用电缆的导线横截面积要求进行了修改，额定电流 16A 的延长线插座，导线最小标称横截面积由 1mm2 提升到 1.5mm2；增大导线横截面积的目的是A. 增大导线的电阻B. 减小导线发热的功率C. 增大导线的电压D. 减少通过导线的电流【答案】B【解析】【分析】（1）根据影响电阻大小的因素分析导线的横截面积变大时其电阻的变化；（2）根据P=I2R分析导
10、线的发热功率变化； （3）当电流一定时，根据欧姆定律分析导线两端的电压变化；（4）通过导线的电流与插座上用电器消耗的电功率有关。【详解】A导线的材料和长度相同时，增大导线横截面积可以减小导线的电阻，故A项不符合题意；B在通过导线的电流一定时，导线的电阻减小，由P=I2R可知，可以减小导线发热的功率，故B项符合题意；C在通过导线的电流一定时，导线的电阻减小，由U=IR可知，可以减小导线两端的电压，故C项不符合题意；D通过导线电流与插座上用电器消耗的电功率有关，无法判断通过导线电流的变化，故D项不符合题意。9.下列生活实例中，对图片描述正确的有A. 甲：不计阻力及能量损耗，网球刚击球拍到球拍形变最
11、大过程中，网球机械能守恒B. 乙：铁锁来回摆动最终停下，在铁锁下降过程中，重力势能全部转化为动能C. 丙：人造地球卫星由于不受空气阻力，只有动能和势能的相互转化D. 丁：运动员从高处落下，动能转化为重力势能【答案】C【解析】【详解】A不计阻力及能量损耗，网球与球拍的总能量是守恒的；但网球从刚撞击球拍到球拍形变最大过程中，网球的机械能会转化为球拍的弹性势能，所以网球的机械能减少，故A错误；B铁锁来回摆动最终停下，在铁锁下降过程中，由于要克服空气阻力做功，所以重力势能没有全部转化为动能，故B错误；C在大气层外，卫星绕地球运动时，没有阻力作用，没有克服摩擦做功，只有动能和势能的转化，故C正确；D运动
12、员从高处落下，质量不变，高度减小，速度增大，则重力势能减小，动能增大，所以重力势能转化为动能，故D错误。10.科学研究中常常发现某一问题的两个相关的量（x，y）之间存在一定的关系，且可用图线表示下列相关量之间不符合如图所示关系的是A. 物体温度升高时，吸收的热量与温度的关系B. 恒力对物体所做功与物体在力的方向上所通过距离的关系C. 某种燃料完全燃烧所放出的热量与燃料质量的关系D. 导体中的电流与导体两端电压的关系【答案】A【解析】【详解】由图象知道，两个相关的量（x，y）之间是正比关系由Q=cmt知道，对于同种物质，在比热容相同，质量相同时，吸收热量Q才与温度的升高值成正比，故A不符合图像；
13、由W=Fs知道，力对物体所做功与物体在力的方向上所通过距离成正比，故B符合图像；同种燃料热值相同，由Q=mq知道，放出的热量与质量成正比，故C符合图像；同一导体电阻一定，通过的电流与导体两端电压成正比，故D符合图像；故选A。11.为响应国家严禁在公共场所吸烟的规定，某同学没计了一种烟雾报警装置，其原理电路如图所示，R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的减弱而增大当电流表示数减小至某一值时，装置报警S闭合后，当有烟雾遮挡射向R的激光时（ ）A. R0两端电压增大B. 电路消耗的总功率增大C. 电压表与电流表的示数之比增大D. 增大R0的阻值，可使装置在更高浓度烟雾下才报警【答案】C【解
14、析】【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因光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而增大，所以，当有烟雾遮挡射向R的激光时，R的阻值变大，电路中的总电阻变大，由I=可知，电路中的电流减小，A由U=IR可知，R0两端电压减小，故A错误；B由P=UI可知，电路消耗的总功率减小，故B错误；C由R=可知，电压表与电流表的示数之比等于R的阻值，则电压表与电流表的示数之比增大，故C正确；D增大R0的阻值时电路中的总电阻增大，由I=可知，电路中的电流减小，则可使装置在更低浓度烟雾下报警，故D错误故选C【此处有视频，请去附件查看】12.如图甲所示为一个超声波加湿器，如图乙所示
15、为其内部湿度监测装置的简化电路图已知电源电压为12V，定值电阻R0的阻值为30，电流表的量程为0200mA，电压表的量程为09V湿敏电阻R的阻值随湿度RH变化的关系图象如图丙所示，其阻值最大为120（图中未画出）则在电路安全工作的前提下，下列说法正确的是（ ）A. 湿敏电阻R的电流最小值为80mAB. 定值电阻R0的电功率最小值为0.192WC. 电路消耗的总功率最大值为3.6WD. 此装置能监测的湿度最大值为80%【答案】D【解析】【详解】由电路图知道，定值电阻R0与湿敏电阻R串联，电压表测量湿敏电阻R两端的电压，电流表测量电路中的电流；当湿敏电阻R的阻值为最大值120时，电路中的电流最小，
16、此时最大总电阻是：R总=R0 +R最大=30+120=150，故最小电流是：I最小=U/R总=12V/150=0.08A=80mA，此时湿敏电阻R两端的电压是：UR =I最小R最大 =0.08A120=9.6V9V，由于电压表量程是09V，所以电流为80mA时湿敏电阻R两端的电压会超过电压表的量程，故电路中的最小电流不能为80mA，即A错误；由串联电路的分压原理知道，湿敏电阻R的阻值越大，其两端的电压也越大，由于电压表量程为09V，所以湿敏电阻R两端的电压最大为9V时，此时湿敏电阻R的阻值最大，电路中的电流最小；根据串联电路总电压等于各电阻两端的电压之和知道，R0 两端的电压是：U0最小=U-
17、UR最大=12V-9V=3V，则R0 的最小电功率是：P0最小=U0最小2/R0=(3V)2/30=0.3W，故B错误；因为电流表的量程是0200mA，所以电路中的最大电流是：I最大=200mA=0.2A，故电路消耗的总功率最大值是：P最大 =UI最大 =12V0.2A=2.4W，故C错误；湿敏电阻R两端的电压最大为9V，此时电路中的电流是：I最小=U0最小/R0=3V/30=0.1A，由欧姆定律知道，R的最大电阻是：R最大=UR最大/I最小=9V/0.1A=90，由图乙知道此时能监测湿度的最大值为80%，故D正确，故选D二、填空题 13.今年是中华人民共和国成立70周年，我区各个学校都开展“
18、升国旗，唱国歌”的主题活动，如图所示为某学校升旗的情景，旗杆顶装的滑轮是_滑轮，它的作用是_。【答案】 (1). 定 (2). 改变施力方向【解析】【分析】本题考查定滑轮及其工作特点：使用定滑轮不省力但能改变力的方向。【详解】1由图可知，旗杆顶部滑轮的轴是固定的，则该滑轮为定滑轮；2在旗杆的顶部安装定滑轮，人在下面可以将国旗升到旗杆的顶部，这是利用定滑轮可以改变力的方向的特点，所以在旗杆的顶部安装定滑轮，它的作用是改变力的方向。14.我国家庭电路的电压是_V；家庭电路中的电冰箱、电视机、电灯等用电器的连接方式是_联的。【答案】 (1). 220 (2). 并【解析】【分析】根据我国家庭电路的电
19、压和家庭电路中各用电器的连接方式解答，属于需要熟记的内容。【详解】1我国家庭电路的电压是220V；2家庭电路中的电冰箱、电视机、电灯等用电器可以独立工作、互不影响，故上述用电器是并联在电路中的。15.汽车发动机用水作为冷却剂，这是因为水的_较大；发动机把热量传递给水使水的内能增加是通过_（选填：“做功”或“热传递”）的方式实现的。【答案】 (1). 比热容 (2). 热传递【解析】【分析】关于水的比热容较大的应用：水可以做散热剂、冷却剂，用来解释沿海地区与内陆地区之间气候差别等；改变物体内能的两种方法：做功和热传递；做功和热传递都可以改变物体的内能，做功改变物体内能的实质是内能和机械能之间的转
20、化；热传递改变物体内能的实质是内能在高温物体和低温物体之间的转移。【详解】1因为水的比热容较大，水和其它不同物质相比较质量相同，升高相同的温度，水会吸收更多的热量，所以用水作为汽车发动机的冷却剂；2发动机把热量传给水，热量从高温的发动机转移给低温的水，使水的内能增大，温度升高，是通过热传递的方式改变了水的内能。16.重为100N的木块在大小为20N的水平拉力作用下，10s内在水平面上沿拉力方向前进2m，拉力做功的功率为_W；在此过程中重力对木块做功为_J。【答案】 (1). 4 (2). 0【解析】【分析】（1）已知水平拉力、木块在拉力的方向上前进的距离，利用W=Fs求拉力做的功；已知做功所用
21、的时间，可利用公式计算出拉力的做功功率；（2）做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离，据此分析重力做功。【详解】1已知水平拉力F=20N，在拉力的方向上移动的距离s=2m，拉力所做功，拉力做功的功率；2木块在水平方向上运动，在重力方向上没有移动距离，重力做功为0J。17.在生产生活中，人们常用简单机械除了杠杆、滑轮，还有轮轴和斜面如图所示，螺丝刀就是一个轮轴的实例，手柄_（选填“粗”或“细”）一些的螺丝刀用起来更省力；螺丝钉是一种类似斜面的机械，螺丝钉上螺纹的展开长度相当于斜面的长度，螺纹_（选填“密”或“稀”）一些的螺丝钉拧起来更省力【答案】 (1). 粗 (2
22、). 密【解析】【详解】轮轴是由轮和轴组成的一种简单机械，动力作用在轮上，轮半径就是动力臂，轴半径就是阻力臂，动力臂大于阻力臂所以可以省力，螺丝刀就是一个轮轴的实例，所以，手柄粗一些的螺丝刀用起来更省力；螺丝钉上的螺纹相当于斜面，乙螺丝钉螺纹密、螺线长，相当于斜面较长，由于在斜面高度一定时，斜面越长，使用起来越省力，所以，螺纹密一些的螺丝钉拧起来更省力18.小佑收集了很多材料和长度都相同但粗细不同的铅笔芯如图所示，是用他身边的器材自制的简易调光灯电路闭合开关，夹子A向右移动的过程中灯泡亮度应该_（选填“变亮”、“变暗”、或“不变”）；夹子A从最左端移动到最右端的过程中，他发现灯泡亮度变化不明显
23、，他应该调换更_（选填“粗”或“细”）的铅笔芯来做实验【答案】 (1). 变亮 (2). 细【解析】【详解】影响电阻大小的因素是材料、长度和横截面积，由图知道，当闭合开关，夹子A向右移动的过程中，铅笔芯接入电路中的长度变短，即电阻减小，由欧姆定律知道，此时电路的电流应变大，灯泡应变亮；若夹子A从最左端移动到最右端的过程中，他发现灯泡亮度变化不明显，则说明电流的变化比较小，由I=U/R知道，即电阻变化较小，此时应选用电阻较大的铅笔芯，即换用更细的铅笔芯19.如图所示，表示的是四冲程汽油机工作的_冲程。若该汽油机飞轮转动的速度是 3000revs/min，则汽油机每秒对外做功_次；汽油机产生 9.
24、2107J 的热量需要完全燃烧_kg 的汽油，若 42%的热量被水吸收，能使质量为 200kg 初温为 25C 的水升高_C。， 【答案】 (1). 压缩 (2). 25 (3). 2 (4). 46【解析】【分析】（1）根据气门关闭和活塞的运行情况判断是哪一个冲程，在内燃机的四个冲程中，进气阀和排气阀均关闭的只有压缩冲程和做功冲程， 在压缩冲程中活塞向上运动，做功冲程中活塞向下运动；（2）根据每个工作循环中，飞轮转2圈，对外做功1次，可求出每秒钟对外做功的次数；（3）知道汽油的热值和完全燃烧放出的热量Q放，利用燃料完全燃烧放热公式，求需要完全燃烧汽油的质量m；（4）若 42%的热量被水吸收，
25、即，再由后计算水升高的温度。【详解】1图中，两个气阀关闭，活塞向上运动，是压缩冲程；2因为汽油机在一个工作循环中，飞轮转动两圈，对外做功一次，若该汽油机飞轮转动的速度是3000revs/min，表示1分钟飞轮转动3000圈，则汽油机1分钟对外做功那么1分钟有60s，则汽油机每秒钟对外做功3根据燃料完全燃烧放热公式可知，汽油机产生9.2107J的热量需要完全燃烧汽油的质量为4水吸收的热量这些热量能使质量为 200kg 初温为 25C 的水升高的温度20.如图1所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量相同，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；（2）
26、比较不同物质吸热升温的特点：不同物质吸热的多少是通过_来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）； 关于该实验的变量控制，下列要求中不正确的是：_A采用相同的加热方法 B烧杯中分别装入相同体积的不同物质C使用相同的烧杯如果质量和初始温度均相同的A、B两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图像如图2所示，由图可以看出，两种液体的比热容大小关系是cA=_cB（填倍数关系）。【答案】 (1). 甲、乙 (2). 加热时间 (3). B (4). 【解析】【分析】由题意知，燃料的质量相同，烧杯内的液体质量和初温也相同，（1）燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量
27、的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小；（2）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，温度计的示数变化相同时，通过比较加热时间比较吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系；（3）质量相同的不同物质，吸收相同的热量，比热容大的温度升高的慢。【详解】(1)1比较不同燃料的热值，应选择不同的燃料加热相同的物质，即用甲乙两图进行实验；(2)2比较不同物质吸热升温的特点： 要控制不同液体吸收的热量相同，用相同的加热装置对物质加热
28、，加热时间越长，物质吸收的热量越多，不同物质吸热的多少是通过加热时间来反映的；3A比较不同物质吸热升温的特点，应采用相同的加热方法，故A选项是正确的；B比较不同物质吸热升温的特点，应控制液体的质量相等，烧杯中分别装入相同质量的不同液体而不是相同体积，故B项错误；C根据控制变量法的要求，应使用相同的烧杯，故C项正确；由于本题选不正确的， 故B项符合题意。4如果质量和初始温度均相同的A.、B两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图2所示，可以看出，A温度升高60用10分钟，B温度液体升高60用20分钟，升高相同的温度，比较不同物质吸热升温的特点时，吸热的多少是通过加热时间来反映的，因此B吸收
29、热量是A的2倍，设A吸收的热量为Q，根据，在质量和升高温度相同的情况下，液体A的比热容与液体B的比热容之比：21.现有“2V 0.1W”字样的LED灯一只，当电源电压为6V时，为使LED灯正常发光，需串联一只_的电阻，与普通的小灯泡相比，在达到相同亮度的条件下，假设LED灯可以节约80的电能，则该LED灯与_W的小灯泡亮度相当。【答案】 (1). 80 (2). 0.5【解析】【分析】（1）根据电功率的计算公式P=UI，计算出LED灯正常发光时的电流，再根据串联电路电压规律可求出需串联电阻两端的电压，利用欧姆定律的变形公式计算需串联电阻的阻值；（2）消耗电能只差与假设两种灯泡发光时间相同时，由
30、变形得到电功表达式，再根据二者消耗的电能关系列出方程解答。【详解】1由P=UI可得，LED灯正常发光时的电流：；当电源的电压U=6V时，因串联电路中总电压等于各分电压之和，则串联电阻R两端的电压：因串联电路中各处的电流相等，由欧姆定律可得，串联电阻R的阻值：2设两种灯泡正常发光的时间为t，由可得，LED消耗的电能为小灯泡消耗的电能为，已知在达到相同亮度的条件下，LED灯可以节约80%的电能，则有 即解得： 22.如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压不变闭合开关S后，滑片P从a端移动到b端，电流表示数I与电压表示数U的变化关系如图乙所示，则电源电压为_V，滑片P移动到中
31、点时，R1的功率为_W【答案】 (1). 6 (2). 1.8【解析】【详解】由图甲可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，由图乙可知I1=1.2A，根据欧姆定律可得，电源的电压：U=I1R1=1.2AR1，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，由右图可知，I2=0.4A，U2=4V，滑动变阻器的最大阻值：R2=U2/I2=4V/0.4A=10，串联电路中总电压等于各分电压之和，电源的电压：U=I2 R1+U2 =0.4AR1+4V，电源的电压不变，1.2AR1=0.4AR1+4V，解得：R1=5，电源
32、的电压U=1.2AR1=1.2A5=6V滑片P移动到中点时，电路的总电阻是R总=R1+R2/2=10，电路的电流I=U/R总=6V/10=0.6A，R1的功率为P=I2R1=1.8W。三、解答题23.如图，O为轻质杠杆的支点，A点挂一重物，杠杆在图示位置平衡，作出阻力臂L2和最小动力F1的示意图（ ）【答案】【解析】分析】力臂是从支点到力的作用线的距离【详解】根据题意知道，阻力的作用点是A，方向竖直向下，过支点O作力F2作用线的垂线段OC，即为阻力臂L2；由图知道，当力F1作用在B点，最大力臂L1是杆长OB时，此时力F1最小，阻力臂和最小动力F1的示意图如图：24.请在图中用笔画线代替导线将三
33、线插座、电灯和开关分别接入电路【答案】【解析】【详解】首先辨别图中三根线地线、火线、零线（1）灯泡的接法：火线先进入开关，经灯泡连到零线上，这样在断开开关时能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故；既能控制灯泡，又能更安全（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线如图所示：25.如图甲是小明家电热水壶内部的简化电路图，其中R1为加热管，R2为限流电阻，只有加热管放出的热量能被水吸收。S1是温控开关（也叫防干烧开关），S、S2是手动开关，调节S、S2可以使电热水壶分别处于加热和保温状态，下表是该电热水壶的铭牌。请解答下列问题：XX牌电热水壶额定电压220V额定加热功率968W保温功率最
34、大容量1.5L（1）该电热水壶处于加热状态时，手动开关S、S2应处的状态是_；正常工作时，通过加热管R1的电流为_；（2）水烧开后，让电热水壶处于保温状态，若R2=170，则电热水壶对水的保温功率为_；（3）小明发现在晚上用电高峰时烧开一壶水比白天用时长，晚上他进行了测量，关掉家里其他电器，仅电热水壶工作，他观察到家里电能表（如图乙）1min转盘转了40转，则晚上烧水时电热水壶的实际电压为_。（不考虑电阻的变化）【答案】 (1). 都闭合 (2). 4.4A (3). 50W (4). 200V【解析】【分析】（1）开关S、S1、S2均闭合时，R2短路，电路中只有R1接入电路，电路的总电阻最小
35、，由可知，电热水壶的功率最大，处于加热状态，根据表格数据可知加热功率，再利用求正常工作时，通过加热管R1的电流；（2）先根据欧姆定律的变形公式计算出R1的阻值，开关S、S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，电路中的电流最小，此时R1的功率最小，处于保温状态，再计算出状态下电路中的电流，由于只有R1起加热作用，则R1的功率为电热水壶的保温功率；（3）3000r/kWh表示的是电路中每消耗1kWh的电能，电能表的转盘转3000r，据此求出转盘转了40转消耗的电能，根据求出晚上烧水时加在电热水壶两端的实际电压。【详解】(1)12由电路图可知，开关S、S1、S2均闭合时，R2短路，电
36、路中只有R1接入电路，电路的总电阻最小，由可知，电热水壶的功率最大，根据表中数据可知，电热水壶的额定加热功率为P=968W，由可知，正常工作时，通过加热管R1的电流3加热管R1的阻值当开关S、S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，电路中的电流最小，此时R1的功率最小，处于保温状态，根据串联电路中总电阻等于各分电阻之和，此时电路中的总电阻由欧姆定律，此时电路中的电流电热水壶在保温状态时加热管的保温功率：4如图乙电能表上标有3000r/kWh，表示电能表转盘每转3000圈消耗1度电，则转40圈消耗的电能为：由可得，晚上烧水时电热水壶两端的电压26.小明在“测滑轮组机械效率”的实验
37、中，用如图甲所示的滑轮组进行了三次实验，数据如下表：实验次数物重G/N物体上升的高度h/cm测力计的示数F/N测力计移动的距离s/cm1632.592652.5183682.524（1）表中有一个数据的记录是的，错误的数据是_；第3次实验中，测力计对滑轮组做的有用功为_J，机械效率是_；本次实验得到的结论是：_；（2）小红取了一套和小明一模一样的器材在小明实验的基础上利用图乙也做了实验，当这两位同学使用各自的滑轮组提升相同的重物时，若忽略绳重及摩擦，则它们的机械效率_（选填“相同”或“不相同”），得到的结论是：_。【答案】 (1). 18 (2). 0.48 (3). 80% (4). 同一滑
38、轮组在提升相同的重物时，滑轮的机械效率与物体上升的高度无关 (5). 相同 (6). 滑轮组的机械效率与缠绕方式无关【解析】【分析】（1）由图甲所示滑轮组求出滑轮组承重绳子的有效股数，根据s=nh分析答题；根据W=Gh求出有用功，根据求出第3次实验数据求出滑轮组的机械效率；分析表中实验数据，根据实验控制的变量与实验数据，得出实验结论；（2）算滑轮组的机械效率时，若忽略绳重及摩擦，则额外功就是提升动滑轮所做的功。【详解】(1)1滑轮组承重绳子的有效股数n=3，由表中实验数据可知，第2次实验时，钩码上升高度h=5cm，测力计移动距离，而表中实验数据是测力计移动距离为18cm，则数据18错误，正确的
39、数据为15；23由表中实验数据可知，第3次实验时，钩码上升高度h=8cm=0.08m，则有用功则拉力做的总功滑轮组的机械效率：4由表中实验数据可知，使用同一滑轮组，提升钩码的重力相同而提升的高度不同，滑轮组效率相同，由此可知，滑轮组的机械效率与物体上升高度无关；(2)56忽略绳重与摩擦，提升重物时，要克服动滑轮做额外功，由两图示滑轮组可知，两滑轮组的动滑轮相同，当这两位同学使用各自的滑轮组提升相同的重物时，克服动滑轮重力做的额外功相同，做的有用功相等，总功相等，则两滑轮组的效率相同；即可得结论滑轮组的机械效率与缠绕方式无关。27.用电压表和电流表测定额定电压为2.5V灯泡的额定功率，电路如图甲
40、所示：（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于_ 端（填“A”或“B”）；（2）闭合开关后，小灯泡不亮，但电压表有示数，经检查，图中a、b、c三根导线中有一根断了，则该导线是_（选填字母“a”、“b”或“c”）；（3）排除故障后测量灯泡额定功率：闭合开关，缓慢移动滑片，直至_时停止移动滑片，此时电流表的示数如图乙所示，则灯泡的额定功率是_W，若此时换成“2.5V 0.6W”的另一灯泡，那么该灯泡的实际功率_0.6W（选填“”、“”或“=”）；（4）假如实验中电流表或电压表损坏，还能测出额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率吗？他们设计了如下图所示的4种电路，电源电压恒定不变，滑动变阻器R1的最大
41、阻值和R0阻值已知，其中不能测出小灯泡额定功率的是_。A.B.C.D.【答案】 (1). A (2). b (3). 电压表示数为2.5V (4). 0.5 (5). (6). A【解析】【分析】（1）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处；（2）闭合开关后，小灯泡不发光，根据电压表有示数分析断路位置；（3）灯在额定电压下的功率为额定功率，根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P=UI求灯的额定功率；若此时换成“2.5V 0.6W”的另一灯泡，根据，比较两灯的电阻大小，由分压原理确定这个灯的电压与2.5V的大小，据此回答；（4）小灯泡的额定功率，小灯泡的额定电压已知，关键是
42、测出灯泡正常发光时的电流。【详解】(1)1闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处的A端；(2)2闭合开关后，小灯泡不发光，电压表有示数，说明电压表与电源的两端相连，故障应该是与电压表并联的部分发生断路了，经检查，图中a、b、c三根导线中有一根断了，则该导线是b；(3)3为测量灯泡额定功率，根据灯在额定电压下的功率为额定功率，闭合开关，缓慢移动滑片，直至电压表示数为2.5V时停止移动滑片；此时电流表的示数如图乙所示，4由甲图知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表的示数为0.2A，则灯泡的额定功率5若此时换成“2.5V 0.6W”的另一灯泡，根据可知，该灯泡的电阻小于原来灯的电阻，
43、由串联分压原理可知，此时该灯泡两端分得的电压小于2.5V，小于该灯额定电压，故此灯的实际功率小于额定功率，即实际功率P实0.6W；(4)6A由图知，通过开关的转换，不能判断灯泡是否正常发光（灯泡电压是否达到2.5V），不能测灯泡正常发光电流，所以不能测出灯泡的额定功率，故A项符合题意；B由图知，闭合S1，开关S2接左侧触点时，灯与R0并联，电流表测R0电流，调节变阻器使电流表示数与R0的乘积为2.5V时，即R0两端的电压为2.5V时，灯泡正常发光，再将开关S2接下面的触点，此时电流表测灯与R0的总电流，由并联电路电流特点可计算出灯泡正常发光电流，由P=UI可计算出灯泡的额定功率，即能测出灯泡的
44、额定功率，故B项不符合题意；C由图知，灯与定值电阻R0、变阻器串联，闭合S1，开关S2接下侧触点时，电压表测灯泡两端电压，调节变阻器使电压表示数等于2.5V，即灯泡正常发光，再将开关S2接右侧的触点，此时电压表测灯与R0的总电压，先利用串联电路电压规律，计算出R0两端电压U0，再根据欧姆定律计算出通过它的电流，即灯泡正常发光电流，由P=UI可计算出灯泡的额定功率，即能测出灯泡的额定功率，故C项不符合题意；D由图知，可先闭合S1，开关S2接下面触点，灯与变阻器R1串联，调节变阻器R1使电压表示数为2.5V，此时灯泡正常发光，再将开关S2接上面的触点，可通过调节R2使电压表仍为2.5V（此时R2连
45、入电路的阻值等于灯泡正常发光时的电阻）；接着保持R2滑片位置不变，将R1滑片的调到左端，读出电压流表示数U，即为电源电压，再将R1滑片的调到右端，读出电压表示数U2，即为R2的电压U2，此时R1的电压为U-U2，由于滑动变阻器R1的最大阻值已知，则通过滑动变阻器R1的电流为，由串联电路电流特点可知，通过R2的电流，再由欧姆定律可知R2的电阻，再由可计算灯的额定功率，故D项不符合题意。28.阅读短文，回答问题电动拖盘搬运车如图甲是超市常用的一种电动拖盘搬运车，用于运输、提升货物，常被称作“地牛” 下表是其相关参数，其电路工作原理示意图如图乙当闭合开关S1时，进退电动机M1工作，驱动“地牛”前进或后退当闭合开关S2时，提升电动机M2工作，将货物提升到指定高度。电源是电压为36V的蓄电池组，当电池容量低于满容量的10%时，会报警提醒，返回充电座。电机效率是指电动机获得的有用机械能与消耗电能的比
