江苏省南京市海豚教育九年级物理上学期期末试题（含解析） 苏科版.doc

2014-2015学年江苏省南京市海豚教育九年级（上）期末物理试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项正确）1如图所示，一根粗细均匀的铁棒ab静止在水平地面上，现用力f将铁棒从水平地面拉至竖直立起在这个过程中，力f作用在b端且始终与铁棒垂直，则用力f将（）a逐渐变大b逐渐变小c保持不变d先变小后变大2如图所示，电源电压不变，当开关s闭合，滑动变阻器的滑片p向右滑动时，下列判断正确的是（）a灯l1将变亮b电压表的示数不变c电流表的示数变大d电流表示数变小3如图所示的电路，闭合开关s后，电灯l1、l2都不发光，且两电表的指针都不动现将两电灯的位置对调，再次闭合开关时，发现两只灯泡仍不亮，电流表的指针仍不动，但电压表的指针却有了明显的偏转，该电路的故障可能是（）a电流表内部接线断了b灯l1灯丝断了c灯l2灯丝断了d电流表和两个电灯都坏了4两定值电阻甲、乙中的电流与电压关系如图所示，现将甲和乙并联后接在电压为6v的电源两端，下列分析正确的是（）a甲消耗的电功率为3.6wb甲中的电流小于乙中的电流c乙消耗的电功率为3.6wd甲的电阻值大于乙的电阻值5关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（）a物体吸收了热量，温度一定会升高b物体的温度越高，它所含的热量就越多c0的冰内能为零d两个物体的温度相同，它们之间就不可能发生热传递6如图所示，电源两端电压保持12v不变，小灯泡l上标有“6v 3w”字样，滑动变阻器最大电阻值r=60不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（）as闭合后，使电压表的示数减少1v，小灯泡l两端的电压就增加1vbs闭合后，小灯泡l的最小实际电功率为0.5wc小灯泡l正常发光时，变阻器r消耗的电功率为6wd开关s断开时，电压表的示数为12v7如图甲所示电路，电源电压保持不变闭合开关s，当滑动变阻器的滑片p从a端滑到b端的过程中，两个电阻的ui关系图象如图乙所示则下列判断正确的是（）a图线甲是电阻r1的“ui”关系图象b电源电压为12vc滑动变阻器r2的最大阻值为32d变阻器滑片在中点时，电压表v2示数为6v8对下列四幅图的理解不正确的是（）a如图通电导体周围存在磁场b如图利用磁场对电流的作用，可以制成电动机c如图闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，导体中一定会产生感应电流d如图电磁继电器是根据电流磁效应原理制成的电路自动控制开关9如图是电磁波及其应用实例，下列说法正确的是（）a紫外线是紫色的b电视机遥控器用射线遥控c体检胸透用的电磁波频率比无线电波低d可见光与无线电波在真空中的传播速度相同10如图所示的是运动员在铅球比赛中的场景铅球离手后，在空中飞行过程中动能ek随时间t变化的曲线最接近的是（）abcd二、解答题（共13小题，满分70分）11如图所示，搬运工人用滑轮组在20s内将重为540n的重物匀速提升3m，所用拉力为200n，则他所做的有用功是j，额外功是j，拉力的功率是w，滑轮组的机械效率是12如图所示是我国第一艘航母“辽宁舰”，其正常行驶的功率约为1.5108 瓦，正常行驶1分钟做的功是j，辽宁舰舰载战斗机将配备歼15机群，当战斗机从甲板上加速升空时，战斗机的动能（选填“增大”、“减小”或者“不变”下同），重力势能，机械能13为了让一个标有“6v，3w”字样的小灯泡接在电压为9v的电源上能正常工作，可以跟小灯泡联一个电阻若需要一个12的定值电阻，现在只有10，20，30，40的定值电阻各一个，则可以把一个20和一个的定值电阻联起来当作12的定值电阻使用14如图甲所示，电源电压为6v恒定不变，滑动变阻器r2最大阻值是20闭合开关，滑动变阻器的pr图象如图乙所示，则r1=；当滑片p滑至最右端时，电流表的示数为a，通电10s电流通过r1产生的热量是j15在“探究影响滑轮组机械效率的因素”实验中，某同学用如下图所示的同一滑轮组分别做了三次实验，实验数据记录如下：试验次数钩码重/n钩码上升的距离/cm弹簧测力计的读数/n弹簧测力计上升的距离/cm机械效率1280.82483.3%2451.515361090.9%（1）表中标有编号、和的空格处的数据为，；（2）在实验操作中应该拉动弹簧测力计；（3）分析实验数据，同一滑轮组要提高其机械效率可以采取的方法是16如图所示为古代护城河上安装的吊桥，请在图中作出吊桥的重力f1和绳的拉力f2的力臂17请用笔画线表示导线，将图中的卡口电灯、开关和插座（插座准备接大功率用电器）接入家庭电路中18如图所示，为一通电螺线管与一小磁针静止时的情形，请在图中标出螺线管的n极和电源的正负极19小瑛用图甲的电路测量额定电压为2.5v的小灯泡电阻，图乙是未完成连接的实验电路（1）请你按要求，用笔画线代替导线，完成图乙中实验电路的链接要求滑动变阻器滑片向左移动时，电流表示数增大（2）小瑛按要求正确连接电路后，闭合开关，发现电压表指针偏转到满刻度的位置其原因可能是：（写出一个）（3）电路正常后，小瑛闭合开关，调节变阻器的滑片，使小灯泡刚好正常发光，此时电流表的示数如图丙所示，电流表的读数是a，小灯泡的阻值是（小数点后保留一位）（4）小瑛又想测某未知电阻rx的阻值，设计了如图丁所示电路（r为已知阻值的定值电阻），并设计了如下实验步骤，请帮他把缺少的步骤补全，并写出rx的表达式实验步骤：a按照设计的电路图连接电路；bs断开时，读出电流表示数记录为i1；c表达式：rx=（用已知物理量和测量出物理量的符号表示）20在“探究小灯泡的电功率”实验中，小灯泡标有“2.5v”的字样（1）请将图甲中的实物电路连接完整，要求滑动变阻器滑片向右滑时，电路中电流变小（导线不允许交叉）（2）电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表、电流表都有示数，造成这种现象的原因可能是（3）改变滑动变阻器滑片的位置，测得几组对应的电压与电流值，作出了图乙所示的ui图象从图象可知小灯泡的额定功率是w，小灯泡的实际功率随实际电压的增大而；从图象还可以发现通过小灯泡的电流与其两端电压不成正比，造成这种现象的原因是（4）实验结束后，老师给同学们一个10的定值电阻r0和两只电流表，让他们测出标有“3.8v”字样的小灯泡正常发光时的电阻电路图如丙所示，请你将实验过程补充完整；闭合开关，调节变阻器的滑片，使电流表a1的示数为a，此时小灯泡正常发光，电流表a2的示数如图丁所示，则小灯泡正常发光时的电阻是（保留一位小数）21如图1所示，水平地面上有一块密度0.5103kg/m3、高1.2m的长方体木块小林用水平推力f把木块向前推动，此过程中，推力f和木块前进的速度v的大小随时间t的变化情况分别如图2甲、乙所示求：（1）木块静止时对地面的压强；（2）在35s内，推力对木块所做的功；（3）请在图2丙中，画出06s内木块所受的摩擦力f随时间t变化的图线22如图所示，滑动变阻器标有“50 1a”的字样，电源电压为18v恒定不变，当开关s闭合后，电流表的示数0.5a、电压表的示数为5v求 （1）电阻r1的阻值；（2）这时滑动变阻器连入电路的阻值；（3）这时r1消耗的电功率是多少？23阅读短文，解答问题如图甲所示是我国第一艘太阳能混合动力游船“尚德国盛号”其最具特色的太阳翼采用高效晶硅异型太阳能电池板拼装而成，整艘船最多可容纳170位旅客，排水量为60吨“尚德国盛号”驾驶室里有个gps（全球卫星定位系统）接收器装置，全船照明均采用节能型灯泡及led灯，大大降低能源损耗，“尚德国盛号”年发电量可达1.7104 kwh，相当于每年节约标准煤约6.2103kg，每年可减少二氧化碳排放量约15.7t（1）卫星通过发射向gps接收器传送信息（2）如果该船满载乘客从东海驶入黄浦江，游船所受到的浮力，船体排开水的体积将（选填“减小”、“增大”或“不变”）（已知海水江水）（3）太阳能是（选填“一次”或“二次”）能源、清洁无污染；led灯可以将电能直接转化为光能，小明对led灯很感兴趣，拆开了自己新买的led节能手电筒，发现灯头里有2只相同规格的led灯泡请你帮小明判断一下2只led灯泡是怎样连接的，写出判断方法（4）某次运行中游船以300kw的恒定功率启动并保持该恒定功率沿直线运行，行驶过程中所受阻力不变，速度由零逐渐增大至最大值而保持匀速直线运动运动过程中牵引力f与速度的倒数（1/v）的关系图线如图乙中的实线所示，则游船运动的最大速度为m/s，游船运行过程中所受阻力为n（5）若仅采用标准煤给“尚德国盛号”提供电能，为使其仍达到现行的年发电量，求完全燃烧标准煤产生的内能转化成电能的效率是多大？（已知标准煤的热值为3.0107j/kg）2014-2015学年江苏省南京市海豚教育九年级（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项正确）1如图所示，一根粗细均匀的铁棒ab静止在水平地面上，现用力f将铁棒从水平地面拉至竖直立起在这个过程中，力f作用在b端且始终与铁棒垂直，则用力f将（）a逐渐变大b逐渐变小c保持不变d先变小后变大【考点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用【专题】简单机械【分析】杠杆的平衡条件：f1l1=f2l2，在抬起的过程中，利用杠杆的平衡条件来分析f大小的变化【解答】解：如下图所示：在抬起的过程中，阻力f2不变，f与铁棒始终垂直，以动力臂l1不变，由于铁棒的位置的变化，导致了阻力f2的阻力臂l2在变小，根据杠杆的平衡条件可得：fl1=f2l2可知，l1、f2都不变，l2变小，所以f也在变小故选b【点评】此题考查了杠杆平衡条件的应用，确定阻力臂的变化是此题的难点2如图所示，电源电压不变，当开关s闭合，滑动变阻器的滑片p向右滑动时，下列判断正确的是（）a灯l1将变亮b电压表的示数不变c电流表的示数变大d电流表示数变小【考点】电路的动态分析；滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用【专题】压轴题【分析】由图可知滑动变阻器与灯泡并联，电压表测量并联电路两端电压，电流表测量灯泡中的电流；根据并联电路电压、电流的特点进行选择正确答案【解答】解：当滑片向右移动时，并联电路两端电压始终不变，等于电源电压，故电压表示数不变；又因为并联电路中各支路互不影响，因此通过灯泡的电流不变，即电流表示数不变，灯泡的亮度不变故选b【点评】本题考查欧姆定律的应用、并联电路的电流规律等，要求学生能正确理解电路结构，灵活应用并联电路的电流规律分析问题3如图所示的电路，闭合开关s后，电灯l1、l2都不发光，且两电表的指针都不动现将两电灯的位置对调，再次闭合开关时，发现两只灯泡仍不亮，电流表的指针仍不动，但电压表的指针却有了明显的偏转，该电路的故障可能是（）a电流表内部接线断了b灯l1灯丝断了c灯l2灯丝断了d电流表和两个电灯都坏了【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用【专题】应用题【分析】分析电路图可知，两只灯泡串联，闭合开关，两只灯泡都不亮，电流表无示数，说明电路中有开路；电压表无示数，说明电压表两端到电源的正负极之间有开路；将电灯l1、l2的位置对调，闭合开关，电流表无示数，说明电路中有开路；电压表有示数，说明电压表两接线柱到电源的正负极之间是通路【解答】解：闭合开关，两只灯泡都不亮，电流表无示数，说明电路中有开路；电压表无示数，说明电压表两端到电源的正负极之间有开路；即可能是灯l2灯丝断了或电流表烧坏；将电灯l1、l2的位置对调，闭合开关，电流表无示数，说明电路中有开路；电压表有示数，说明电压表两接线柱到电源的正负极之间是通路，即电压表两接线柱两端发生断路，即灯l2灯丝断了 故选c【点评】在判断故障时，会根据电压表的示数的变化判断：若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，电压表两接线柱之间有开路；若电压表无示数，说明电压表被短路或与电源不能相通4两定值电阻甲、乙中的电流与电压关系如图所示，现将甲和乙并联后接在电压为6v的电源两端，下列分析正确的是（）a甲消耗的电功率为3.6wb甲中的电流小于乙中的电流c乙消耗的电功率为3.6wd甲的电阻值大于乙的电阻值【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【专题】欧姆定律；电能和电功率【分析】（1）由图象可知，通过两电阻的电流和两端的电压成正比即两电阻为定值电阻，由图象读出任意一组电压和电流，根据欧姆定律求出两电阻的阻值；（2）两电阻并联时两端的电压相等，根据p=求出甲乙消耗的电功率，根据欧姆定律得出通过两电阻电流的大小关系【解答】解：（1）由图象可知，通过两电阻的电流和两端的电压成正比即两电阻为定值电阻，由图象可知，当u甲=u乙=3v时，i甲=0.6a，i乙=0.3a，根据欧姆定律可得：r甲=5，r乙=10，所以，r甲r乙，故d不正确；（2）两电阻并联时两端的电压相等，甲、乙消耗的电功率分别为：p甲=7.2w，故a不正确；p乙=3.6w，故c正确；由i=可知，电压相等时，甲的电阻小于乙的电阻，则通过甲的电流大于通过乙的电流，故b不正确故选c【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是从图象中判断两电阻为定值电阻且读出一组数据利用欧姆定律求出两电阻的阻值5关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（）a物体吸收了热量，温度一定会升高b物体的温度越高，它所含的热量就越多c0的冰内能为零d两个物体的温度相同，它们之间就不可能发生热传递【考点】温度、热量与内能的关系；热传递【分析】要解答本题需掌握：（1）温度、内能与热量的关系；（2）热传递的条件；（3）一切物体都具有内能【解答】解：a、物体吸收热量温度不一定升高，比如：晶体在熔化过程中虽然继续吸热，但温度保持不变故a不正确；b、热量是一过程量，只能用吸收和放出来描述，不能用含有故b不正确；c、一切物体都具有内能，因为所有分子动能和分子势能的总和叫内能，而一切物体的分子都在永不停息的做无规则运动故c不正确d、发生热传递的条件是：有温度差两个物体温度相同，所以不发生热传递故d正确；故选d【点评】本题是考查学生对温度、内能和热量的理解及热传递的条件，是中招的热点6如图所示，电源两端电压保持12v不变，小灯泡l上标有“6v 3w”字样，滑动变阻器最大电阻值r=60不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（）as闭合后，使电压表的示数减少1v，小灯泡l两端的电压就增加1vbs闭合后，小灯泡l的最小实际电功率为0.5wc小灯泡l正常发光时，变阻器r消耗的电功率为6wd开关s断开时，电压表的示数为12v【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【专题】错解分析题；欧姆定律；电能和电功率【分析】（1）当s闭合后，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压：电压表示数的变化和灯泡两端的电压变化相同；灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电流特点和p=ui求出电路中的电流，利用欧姆定律求出灯泡的电阻，根据串联电路的电压特点求出变阻器两端的电压，利用p=ui求出变阻器r消耗的电功率；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的实际功率最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据p=i2r求出灯泡的最小实际电功率；（2）当开关s断开时，电路断路，电压表测电源的电压【解答】解：（1）s闭合后，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，当电压表的示数减少1v，则小灯泡l两端的电压就减小1v，故a不正确；灯泡正常发光时的电压ul=6v，功率pl=3w，根据串联电路中各处的电流相等和p=ui可得：电路中的电流i=il=0.5a，由i=得：rl=12，根据串联电路中总电压等于各分电压之和可知：滑动变阻器两端的电压ur=uul=12v6v=6v，变阻器r消耗的电功率：pr=uri=6v0.5a=3w，故c不正确；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的实际功率最小，由于串联电路中总电阻等于各分电阻之和和欧姆定律可知：电路中的最小电流imin=a，灯泡的最小电功率：plmin=（imin）2rl=（a）2120.33w，故b不正确；（2）开关s断开时，电压表测电源的电压，电压表的示数为12v，故d正确故选d【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等以及滑动变阻器接入电路中的电阻最大时灯泡的实际功率最小是关键7如图甲所示电路，电源电压保持不变闭合开关s，当滑动变阻器的滑片p从a端滑到b端的过程中，两个电阻的ui关系图象如图乙所示则下列判断正确的是（）a图线甲是电阻r1的“ui”关系图象b电源电压为12vc滑动变阻器r2的最大阻值为32d变阻器滑片在中点时，电压表v2示数为6v【考点】欧姆定律的应用【专题】计算题；错解分析题；欧姆定律【分析】a、由电路图可知，电阻r1与滑动变阻器串联，电压表v1测定值电阻r1的电压，电压表v2测滑动变阻器两端的电压，随滑动变阻器接入电路的阻值变小，滑动变阻器的分压变小，随电路电流增大，定值电阻两端电压变大，据此判断甲乙图线是哪个电阻的图象；b、由图象求出两个电压表的示数，然后由串联电路特点求出电源电压；c、当电路电流最小时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由图象找出此时滑动变阻器两端电压与流过它的电流，然后由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；d、由串联电路特点及欧姆定律求出变阻器滑片在中点时，电压表v2的示数【解答】解：a、由图象可知，图象甲电压随电流的增大而减小，甲是滑动变阻器的图象，图象乙电压随电流的增大而变大，因此图象乙是电阻r1的图象，故a错误；b、由图象可知，电流i=0.3a时，滑动变阻器电压u甲=9v，电阻r1的电压u乙=3v，电源电压u=u甲+u乙=9v+3v=12v，故b正确；c、当电路电流最小为i=0.3a时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，此时滑动变阻器电压u甲=9v，滑动变阻器最大阻值r滑=30，故c错误；d、由图象可知，电阻r1的阻值r1=10，当滑片在中点时，滑动变阻器两端电压u滑=ir滑=r滑=30=7.2v，故d错误；故选b【点评】本题考查串联电路电流和电压的规律以及滑动变阻器的使用，关键是欧姆定律的应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“ui”关系图象8对下列四幅图的理解不正确的是（）a如图通电导体周围存在磁场b如图利用磁场对电流的作用，可以制成电动机c如图闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，导体中一定会产生感应电流d如图电磁继电器是根据电流磁效应原理制成的电路自动控制开关【考点】通电直导线周围的磁场；电磁继电器的组成、原理和特点；磁场对通电导线的作用；电磁感应【专题】电和磁【分析】实验的装置不同，则可完成的实验不同，要认识各实验的装置完成的实验名称、实验原理、和生活中的应用【解答】解：a、当将导体棒放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，说明通电直导体周围存在磁场，故a正确；b、当开关闭合时，放在磁场中的导体会在磁场力的作用下运动起来，说明磁场对电流作用力，可以制成电动机，故b正确；c、只有闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中才会产生感应电流，故c错误；d、当电磁铁中通以电流时，会产生磁性，电磁继电器是根据电流磁效应原理制成的电路自动控制开关，故d正确故选c【点评】在电磁学部分中，电磁感应与通电导体在磁场中的运动为互逆过程，可明确是先有的运动还是先有的电流，由运动产生电流则为电磁感应，若是由电流引起的运动，则为通电导体在磁场中的受力9如图是电磁波及其应用实例，下列说法正确的是（）a紫外线是紫色的b电视机遥控器用射线遥控c体检胸透用的电磁波频率比无线电波低d可见光与无线电波在真空中的传播速度相同【考点】波速、波长和频率的关系【专题】信息的传递【分析】（1）紫外线是紫光以外的光线，肉眼不能看见；（2）电视机的遥控器利用了红外线遥控；（3）体检胸透用的电磁波频率比无线电波高；（4）电磁波在真空中的传播速度相同【解答】解：a、紫外线是紫光以外的光线，肉眼不能看见，故a错误；b、电视机的遥控器利用了红外线遥控，故b错误；c、体检胸透用的电磁波频率比无线电波高，故c错误；d、电磁波在真空中的传播速度相同，故d正确故选：d【点评】本题考查了电磁波多个方面的知识，考查的知识点较多，都是一些记忆型的，难度不大，在平时学习中注意多积累10如图所示的是运动员在铅球比赛中的场景铅球离手后，在空中飞行过程中动能ek随时间t变化的曲线最接近的是（）abcd【考点】动能的影响因素；动能大小的比较【专题】压轴题；控制变量法【分析】动能大小的影响因素：质量和速度质量一定时，速度增大，动能增大；速度一定时，质量增大，动能增大【解答】解：如图，铅球在整个飞行过程中，质量不变，铅球一直在运动，动能不为零从出手到最高点过程中速度减小，此过程动能减小；在下落的过程中，速度不断增大，到达地面最大，此过程动能增大整个过程动能先减小再增大，故排除bd，处于最高点时竖直方向速度为0，但水平方向仍然有速度，因此动能不为0，故排除c故选：a【点评】掌握动能大小的影响因素，能通过图象判断动能的大小变化二、解答题（共13小题，满分70分）11如图所示，搬运工人用滑轮组在20s内将重为540n的重物匀速提升3m，所用拉力为200n，则他所做的有用功是1620j，额外功是180j，拉力的功率是90w，滑轮组的机械效率是90%【考点】有用功和额外功；滑轮（组）的机械效率；功率的计算【专题】功、功率、机械效率【分析】（1）根据w=gh求出有用功；（2）根据s=3h求出拉力移动距离，根据w=fs求出总功，再根据w总=w有用+w额求出额外功；（3）根据p=求出拉力的功率；（4）根据=求出机械效率【解答】解：（1）有用功w有用=gh=540n3m=1620j；（2）拉力移动距离s=3h=33m=9m，拉力做的总功w总=fs=200n9m=1800j，w总=w有用+w额w额=w总w有用=1800j1620j=180j；（3）拉力的功率p=90w；（4）滑轮组的机械效率=100%=100%=90%故答案为：1620；180；90；90%【点评】此题主要考查的是学生对有用功、总功、额外功、功率、机械效率计算公式的理解和掌握，基础性题目12如图所示是我国第一艘航母“辽宁舰”，其正常行驶的功率约为1.5108 瓦，正常行驶1分钟做的功是9109j，辽宁舰舰载战斗机将配备歼15机群，当战斗机从甲板上加速升空时，战斗机的动能增大（选填“增大”、“减小”或者“不变”下同），重力势能增大，机械能增大【考点】功的计算；动能的影响因素；势能的影响因素【专题】功、功率、机械效率；机械能及其转化【分析】（1）知道航母航行的功率和时间，利用w=pt求正常行驶1分钟做的功；（2）重力势能大小的影响因素：物体的质量、物体的高度质量一定，所处的位置越高，重力势能越大动能大小的影响因素：物体的质量、物体的速度质量一定，速度越大，动能越大机械能=势能+动能据此分析判断【解答】解：（1）p=，航母正常行驶1分钟做的功：w=pt=1.5108w60s=9109j；（2）战斗机从甲板上加速升空时，质量不变、速度增大，动能增大；质量不变、高度增大，重力势能增大机械能=势能+动能，动能增大、重力势能增大，所以机械能增大故答案为：9109；增大；增大；增大【点评】第一问，要求灵活运用功率公式；第二问，掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素，会正确判断动能、重力势能、弹性势能、机械能的变化注意物体不发生弹性形变时不考虑弹性势能13为了让一个标有“6v，3w”字样的小灯泡接在电压为9v的电源上能正常工作，可以跟小灯泡串联一个6电阻若需要一个12的定值电阻，现在只有10，20，30，40的定值电阻各一个，则可以把一个20和一个30的定值电阻并联起来当作12的定值电阻使用【考点】欧姆定律的应用；电阻的并联【专题】应用题；电路和欧姆定律【分析】（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，当电源电压大于灯泡的额定电压时，需要串联一个电阻分压，根据串联电路的电压特点求出电阻两端的电压，根据p=ui和串联电路的电流特点求出电路中的电流，利用欧姆定律求出电阻的阻值；（2）并联电路中电阻越并越小、小于任何一个分电阻，分电阻20大于总电阻12，故应采用并联电阻的方式，根据电阻的并联求出并联电阻的大小【解答】解：（1）灯泡正常发光时的电压ul=6v，当接在电压为9v的电源上时，要使灯泡正常发光，需要给灯串联一个电阻r分压，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，串联电阻r两端的电压：ur=uul=9v6v=3v，因串联电路中各处的电流相等，且灯泡正常发光，所以，由p=ui可得，电路中的电流：i=il=0.5a，则串联电阻的阻值：r=6；（2）因并联电路中电阻越并越小、小于任何一个分电阻，所以，分电阻20大于总电阻12时，应采用并联一个电阻的方式，因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以， =+，即=+，解得：r2=30故答案为：串；6；30；并【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电阻并联特点的应用，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等14如图甲所示，电源电压为6v恒定不变，滑动变阻器r2最大阻值是20闭合开关，滑动变阻器的pr图象如图乙所示，则r1=10；当滑片p滑至最右端时，电流表的示数为0.2a，通电10s电流通过r1产生的热量是4j【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用；焦耳定律的计算公式及其应用【专题】电路和欧姆定律；电能和电功率【分析】（1）由图象可知，滑动变阻器接入电路中的电阻为10时滑动变阻器消耗的电功率最大，根据p=i2r求出电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出r1的阻值；（2）根据电阻的串联和欧姆定律求出当滑片p滑至最右端时电路中电流表的示数，利用q=i2rt求出通电10s电流通过r1产生的热量【解答】解：（1）由图象可知，当r2=10时，p2=0.9w，由p=i2r可得，电路中的电流：i=0.3a，由i=可得，电路中的总电阻：r=20，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，r1=rr2=2010=10；（2）当滑片p滑至最右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流：i=0.2a，通电10s电流通过r1产生的热量：q1=（i）2r1t=（0.2a）21010s=4j故答案为：10；0.2；4【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、焦耳定律的应用，关键是根据图象读出滑动变阻器接入电路中电阻与消耗功率之间的关系15在“探究影响滑轮组机械效率的因素”实验中，某同学用如下图所示的同一滑轮组分别做了三次实验，实验数据记录如下：试验次数钩码重/n钩码上升的距离/cm弹簧测力计的读数/n弹簧测力计上升的距离/cm机械效率1280.82483.3%2451.515361090.9%（1）表中标有编号、和的空格处的数据为89%，2.2，30；（2）在实验操作中应该竖直匀速拉动弹簧测力计；（3）分析实验数据，同一滑轮组要提高其机械效率可以采取的方法是增加被提升物体的重量【考点】滑轮（组）机械效率的测量实验【专题】实验探究题；控制变量法【分析】（1）要解决此题，需要会进行测力计的读数，在读数时，注意测力计的分度值；要掌握绳端移动距离与物体上升高度之间的关系：s=nh；掌握机械效率的概念，知道机械效率是有用功与总功之比，知道=（2）要掌握绳端拉力的测量，为正确测量拉力，需使测力计做匀速直线运动（3）要分析数据时，注意表格中不变的因素与改变的因素，从而得出机械效率与物体重力之间的关系【解答】解：（1）2=88.9%由图知，此测力计的分度值为0.2n，所以其示数为2.2n此滑轮组由3段绳子承担物重，所以s=3h=310cm=30cm故答案为：88.9%；2.2；30（2）答：为准确测量绳端拉力，需竖直向上匀速拉动测力计（3）在整个过程中，使用的是同一个滑轮组，提升物体的重力不断增大，机械效率不断增大所以可以看出，滑轮组的机械效率与被提升物体的重力有关因为动滑轮的重力不变，所以所做的额外功不变，所提升的物体越重，所做的有用功越多，则有用功在总功中所占的比值越大，所以机械效率越高故答案为：增加被提升物体的重量【点评】此题主要是测量滑轮组的机械效率，主要考查了绳端移动距离与物体上升高度的关系、测力计的读数、机械效率的计算同时还考查了影响滑轮组机械效率的因素，知道被提升的物体越重、动滑轮越轻，即有用功越大、额外功越小，滑轮组的机械效率越高16如图所示为古代护城河上安装的吊桥，请在图中作出吊桥的重力f1和绳的拉力f2的力臂【考点】力臂的画法【专题】图像综合题【分析】明确图中杠杆的支点、动力以及阻力是画图的关键力臂是从支点到力的作用线的距离示意图是表示出力的三要素【解答】解：从支点o分别向力f1和f2的作用线引垂线，垂线段的长度即为力臂l1和l2【点评】本题考查了力的示意图和力臂的画法画力臂关键是要作出支点到力的作用线的垂线段17请用笔画线表示导线，将图中的卡口电灯、开关和插座（插座准备接大功率用电器）接入家庭电路中【考点】家庭电路的连接【专题】作图题【分析】（1）三孔插座的接法：上面接地线，左边接零线，右边接火线（2）家庭电路中，火线首先过保险丝进入开关，然后再进入灯泡顶端的金属点，零线直接和灯泡的螺旋套相连，在更换灯泡时，断开开关，切断火线，操作更安全【解答】解：（1）三孔插座的上面的孔接地线，左孔接入零线，右孔接火线如图（2）电灯的接法：火线先过开关再入灯泡，再接上零线即可如图：【点评】（1）掌握家庭电路中灯泡、开关、保险丝、两孔插座、三孔插座的接法（2）三孔插座的接法记忆窍门：上孔接地线理解成“上帝”，左孔接零线理解成一切从零开始18如图所示，为一通电螺线管与一小磁针静止时的情形，请在图中标出螺线管的n极和电源的正负极【考点】通电螺线管的极性和电流方向的判断【专题】作图题；磁现象、电生磁【分析】利用磁极间的作用规律，据小磁针的极性确定螺线管的n、s极，再由安培定则可知电流的方向及电源的正负极【解答】解：小磁针的右端是n极，即据异名磁极相互吸引可知，该螺线管的左端是s极，即其右端是n极，据安培定则，即用右手握住导线，则大拇指指向右端可知，电流从电源右端流入，即电源的右端是正极，左端是负极如下图所示：【点评】此题主要考查对磁极间的相互作用以及安培定则的掌握情况19小瑛用图甲的电路测量额定电压为2.5v的小灯泡电阻，图乙是未完成连接的实验电路（1）请你按要求，用笔画线代替导线，完成图乙中实验电路的链接要求滑动变阻器滑片向左移动时，电流表示数增大（2）小瑛按要求正确连接电路后，闭合开关，发现电压表指针偏转到满刻度的位置其原因可能是：滑动变阻器阻值最小（或灯泡发生了断路）（写出一个）（3）电路正常后，小瑛闭合开关，调节变阻器的滑片，使小灯泡刚好正常发光，此时电流表的示数如图丙所示，电流表的读数是0.3a，小灯泡的阻值是8.3（小数点后保留一位）（4）小瑛又想测某未知电阻rx的阻值，设计了如图丁所示电路（r为已知阻值的定值电阻），并设计了如下实验步骤，请帮他把缺少的步骤补全，并写出rx的表达式实验步骤：a按照设计的电路图连接电路；bs断开时，读出电流表示数记录为i1；cs闭合时，读出电流表示数记录为i2表达式：rx=（用已知物理量和测量出物理量的符号表示）【考点】伏安法测电阻的探究实验【专题】实验题；探究型实验综合题【分析】（1）根据灯泡两端的最大电压来判断电压表的量程；在连接电路时，注意滑动变阻器要一上一下，根据题目要求选择下面一个接线柱，滑片离下面一个接线柱越远，电阻越大；（2）电压表指针偏转到满刻度，可能是因为滑动变阻器电阻在最小值或灯泡断路；（3）根据图确定电压表的量程和分度值，读出电流表的示数，根据公式r=计算出其电阻；（4）由图可知：在没有电压表时，定值电阻与待测电阻串联，则利用电源电压不变，根据电流表和定值电阻的示数利用u=ir得出电源电压的表达式，然后组成等式解之【解答】解：（1）由题意知，小灯泡额定电压为2.5v，所以电压表选择03v的量程，应与灯泡并联；滑动变阻器滑片向左移动时，电流表示数增大，说明滑动变阻器的阻值应减小，则应接下面的左端的接线柱，如图所示：（2）闭合开关，发现电压表指针偏转到满刻度的位置，即约等于电源电压可能是由于滑动变阻器阻值最小或灯泡发生了断路（3）由图丙知，电流表的量程为00.6a，分度值为0.02a，示数为0.3a；r=8.3；（4）由图可知：s断开时，定值电阻与待测电阻串联，电流表测量串联时的电流；由电阻的串联可知：r串=rl+r，由欧姆定律得：u=i1（rx+r），s闭合时，只有待测电阻连入电路，电流表测量通过待测电阻的电流；则步骤c应为：s闭合时，读出电流表示数记录为i2；由欧姆定律得：u=i2rx，i1（rx+r）=i2rx，滑动变阻器阻值最小或灯泡发生了断路rx=故答案为：（1）见上图；（2）滑动变阻器阻值最小（或灯泡发生了断路）；（3）8.3；（4）s闭合时，读出电流表示数记录为i2；【点评】此题是测量额定电压为2.5v的小灯泡电阻，考查实物电路的连接，同时考查了电流表的读数及欧姆定律的应用20在“探究小灯泡的电功率”实验中，小灯泡标有“2.5v”的字样（1）请将图甲中的实物电路连接完整，要求滑动变阻器滑片向右滑时，电路中电流变小（导线不允许交叉）（2）电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表、电流表都有示数，造成这种现象的原因可能是滑动变阻器接入阻值太大（3）改变滑动变阻器滑片的位置，测得几组对应的电压与电流值，作出了图乙所示的ui图象从图象可知小灯泡的额定功率是0.625w，小灯泡的实际功率随实际电压的增大而增大；从图象还可以发现通过小灯泡的电流与其两端电压不成正比，造成这种现象的原因是灯丝的电阻随温度升高而增大（4）实验结束后，老师给同学们一个10的定值电阻r0和两只电流表，让他们测出标有“3.8v”字样的小灯泡正常发光时的电阻电路图如丙所示，请你将实验过程补充完整；闭合开关，调节变阻器的滑片，使电流表a1的示数为0.38a，此时小灯泡正常发光，电流表a2的示数如图丁所示，则小灯泡正常发光时的电阻是11.9（保留一位小数）【考点】电功率的测量【专题】实验题；测量型实验综合题【分析】（1）电压表与被测电路并联，滑动变阻器串联在电路中，滑片向右滑动时，阻值变大，使得电路中电流变小；（2）闭合开关小灯泡不亮，电压表、电流表都有示数，原因可能是滑动变阻器接入阻值太大，电路中电流太弱；（3）分析图象，利用p=ui，结合额定电压2.5v，求出额定功率；并分析曲线图得出结论；小灯泡的电阻还受温度影响；（4）根据i=确定电流表的示数，再利用并联电路特点电压相等，根据r=求出其电阻【解答】解：（1）根据实验要求，连接电路如：（2）闭合开关小灯泡不亮，电压表、电流表都有示数，原因可能是滑动变阻器接入阻值太大，电路中电流太弱；（3）由乙图可知当电压为2.5v时，对应的电流为0.25a，则小灯泡的额定功率是p=ui=2.5v0.25a=0.625w；小灯泡的实际功率随实际电压的增大而增大；从图象还可以发现通过小灯泡的电流与其两端电压不成正比，造成这种现象的原因是灯丝的电阻随温度升高而增大；（4）分析电路图丙可知，电阻r0与灯并联，则根据实验要求电阻两端的电压等于小灯泡的额定电压即u=3.8v，因此电阻中的电流为i=0.38a；由图丁可知电流表读数为0.7a，故通过灯泡的电流为0.32a，则小灯泡的电阻为r=11.9故答案为：（1）电路图如上图；（2）滑动变阻器接入阻值太大；（3）0.625；增大；灯丝的电阻随温度升高而增大；（4）0.38；11.9【点评】此题主要考查学生关于测量小灯泡电功率实验的理解和掌握，注意伏安法的应用，滑动变阻器的连接以及欧姆定律的实际应用是解题关键21如图1所示，水平地面上有一块密度0.5103kg/m3、高1.2m的长方体木块小林用水平推力f把木块向前推动，此过程中，推力f和木块前进的速度v的大小随时间t的变化情况分别如图2甲、乙所示求：（1）木块静止时对地面的压强；（2）在35s内，推力对木块所做的功；（3）请在图2丙中，画出06s内木块所受的摩擦力f随时间t变化的图线【考点】压强的大小及其计算；力与图象的结合；功的计算【专题】计算题；运动和力；压强、液体的压强；功、功率、机械效率【分析】（1）木块放在水平地面时的压力和自身的重力相等，已知木块是长方体；则可以利用p=gh求对水平地面的压强；（2）根据丙图算出在35s内通过的距离，根据乙图找出此时的推力，根据w=fs计算出推力做的功；（3）物体处于平衡状态时受到的力就是平衡力，根据平衡力的大小相等判断出摩擦力的大小【解答】解：（1）由于木块是长方体，放在水平地面时，由p=gh可知：对水平地面的压强p=gh=0.5103kg/m31.2m10n/kg=6000pa；（2）由图象可知在35s内的运动速度v3=1m/s，推力f3=200n，由v=可得，在35s内移动的距离为：s3=v3t3=1m/s2s=2m，推力做功：w=f3s3=200n2m=400j；（3）由图丙可知，用200n的水平推力能使木箱匀速前进说明此时木箱所受的摩擦力和推力是水平方向上的一对平衡力，摩擦力等于推力等于200n木箱在13s内做加速运动，受到的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力与推力大小无关，物体间接触面与物体间压力不变，物体受到的滑动摩擦力不变，则1s3s木箱受到的摩擦力大小为200n在01s内物体没有移动，处于静止状态，摩擦力与推力相平衡，即此时摩擦力为100n，图象如下图：答：（1）木块静止时对地面的压强为6000pa；（2）在35s内，推力对木块所做的功为400j；（3）如上图【点评】本题考查了学生对力学图象的分析能力，能从图象上得到有用的物理信息是解题的关键，是一道锻炼学生分析思考能力的好题22如图所示，滑动变阻器标有“50 1a”的字样，电源电压为18v恒定不变，当开关s闭合后，电流表的示数0.5a、电压表的示数为5v求 （1）电阻r1的阻值；（2）这时滑动变阻器连入电路的阻值；（3）这时r1消耗的电功率是多少？【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【专题】欧姆定律；电能和电功率【分析】由电路图可知，两电阻串联，电流表测电路电流，电压表测电阻r1两端电压；（1）已知电压与电流，由欧姆定律可以求出电阻阻值；（2）由串联电路特点求出滑动变阻器两端电压，然后由欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值；（3）由p=ui求出电阻r1消