江苏省南京市鼓楼区九年级上学期期末考试物理试卷(解析版)

1、江苏省南京市鼓楼区2014届九年级上学期期末考试物理试卷一.选择题（本项有12题，每题2分，共24分）1下列所示工具中，使用时不能省力但能省距离的是（）a动滑轮b订书机c羊角锤d镊子考点：杠杆的分类.专题：应用题；压轴题分析：使用时不能省力但能省距离的是费力杠杆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根据生活经验或动力臂与阻力臂的大小关系来判断解答：解：动滑轮实质是动力臂是阻力臂二倍的杠杆，它可以省力一半，省力但费距离，所以a不符合题意；订书机和羊角锤在使用时，动力臂大于阻力臂，所以它们都是省力杠杆，所以b不符合题意；镊子在使用时动力臂小于阻力臂，所以它是费力杠杆，费力但能省距

2、离，所以d符合题意故选：d点评：联系生活经验，要判断杠杆的类型，可依据杠杆的动力臂和阻力臂大小关系：若动力臂大于阻力臂，则是省力杠杆；若动力臂小于阻力臂，则是费力杠杆；若动力臂等于阻力臂，则为等臂杠杆2（2分）在登楼梯比赛中，小明同学从一楼匀速登上五楼，共用了12s，则他登楼时克服重力所做功的功率最接近于（）a5wb50wc500wd5000w考点：功率的测量实验.专题：功、功率、机械效率分析：先估算出该同学上楼所做的功，然后由功率公式求出他上楼的功率解答：解：该同学的质量约为50kg，每层楼的高度约为3m，上楼时要克服重力做功，上5楼所做的功约为：w=gh=mgh=50kg10n/kg43m

3、=6000j，功率约为p=500w；故选c点评：本题是一道估算题，根据对实际情况的掌握求出上楼所做的功，然后再求出功率3（2分）（2014揭阳）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（）a物体的温度越高，所含热量越多b温度高的物体，内能一定大c0的冰块，内能一定为零d温度相同的两物体间不会发生热传递考点：温度、热量与内能的关系；热传递.专题：压轴题分析：做本题需掌握：温度和内能是一状态量，热量是一过程量，它们分别对应的术语不同解答：解：a、热量是一过程量，它所对应的术语是“吸收”和“放出”，不能用“含有”故a不正确；b、影响内能大小的因素有质量、温度、状态等因素，温度高的物体内能不一定大，只有

4、当质量和状态一定时，温度高内能一定大故b不正确；c、一切物体都具有内能，0的冰，即使温度更低也具有内能，因为一切物体分子都在永不停息地做无规则运动故c不正确；d、发生热传递的条件是：有温度差所以温度相同的两物体间不发生热传递故d正确故选d点评：本题考查学生对温度、内能、热量区别的理解和掌握情况，是中考的热点4（2分）图所示为滑动变阻器的四种接线方法把它们分别连接在电路中，当滑片p向右移动时，可使通过滑动变阻器的电流变大的接法是（）abcd考点：滑动变阻器的使用.专题：应用题分析：（1）滑动变阻器在电路中的正确连接方式是连接一“上”一“下”两个接线柱，其在电路中的作用是通过改变电路中电阻线的长度

5、来改变电阻的大小，从而改变电路中的电流，电源电压不变，电阻变大，则电流变小，电阻变小则电流变大（2）哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的，接入电路的电阻丝就是下面被连接的接线柱与滑片p之间的部分解答：解：a、电阻丝没有接入电路，当滑片p向右移动时，不会改变电路中的电阻，电流不变，所以该选项不正确b、图中将变阻器的下面两个接线柱连入电路，当滑片p向右滑动时，不会改变连入电路的电阻丝的长度，所以不会改变电阻，则电流不变，所以该选项不正确c、图中接法，滑片右边的电阻线接入了电路，当滑片p向右滑动时，接入电路的电阻丝的长度变短，电阻变小，则电流变大，所以该选项正确d、图中接法，滑片左边的电阻

6、线接入了电路，当滑片p向右滑动时，接入电路的电阻丝的长度变长，电阻变大，则电流变小，所以该选项不正确故选c点评：能够正确判断哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在若是正确的连接方式：连接一“上”一“下”两个接线柱，则接入电路的电阻丝就是下边这个接线柱与滑片之间的那段电阻丝5（2分）如图所示的电路中，甲、乙两灯泡串联后接在电路中，观察到甲灯泡比乙灯泡亮，则下列描述中错误的是（）ap甲p乙bi甲i乙cu甲u乙dr甲r乙考点：串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；实际功率.专题：电路和欧姆定律分析：灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率；先根据亮度判断出实际功率的大小，再根据串联电路的特点判定电流的

7、大小关系；再根据公式：p=i2r即可确定电阻大小的关系；最后据串联分压的特点即可确定电压的大小关系解答：解：甲灯泡比乙灯泡亮；甲的实际功率大于乙灯的实际功率，即p甲p乙，故a正确又两灯是串联关系；i甲=i乙，故b答案错误由p=i2r可得：r甲r乙，故d答案正确根据串联分压的特点：=，故 u甲u乙，故c正确故选b点评：解决本题的关键是掌握决定灯泡亮度的因素实际功率，然后从实际功率入手，再根据功率公式逐一分析即可6（2分）（2012广州）水的比热容比煤油的大如图，用规格相同的两试管分别装上质量相同的煤油和水，隔着石棉网同时对两试管加热哪一图线能反映该实验情况（）abcd考点：物理学方法.专题：压轴

8、题；比较思想；控制变量法分析：比热是物质本身的一种特性，同种物质比热相同，不同物质比热一般不同水和煤油的比热不同，质量相同，在吸收相同热量时，升高的温度不同；在升高相同温度时，吸收的热量不同解答：解：a、b 用规格相同的两试管分别装上质量相同的煤油和水，放在同一只烧杯中加热，相同时间两种液体吸收的热量相同a、b图象均错误；c、d 由于水的比热较大，在质量相同、加热时间相同也就是吸收的热量相同时，水温升高的较小c选项正确，d选项错误故选c点评：将物理规律以图象或统计图表的形式呈现，体现了数学学科的基础性和工具性，应该学会分析此类问题7（2分）如图是学生设计的模拟调光灯电路闭合开关后，移动回形针，

9、发现灯泡发光，但亮度几乎不变，产生这一现象的原因可能是（）a灯泡的阻值太大b铅笔芯的总阻值太大c灯泡被短路d电源断路考点：欧姆定律的应用；电功率的计算.专题：应用题；欧姆定律；电能和电功率分析：题中的铅笔芯相当于一个滑动变阻器，它和灯泡串联分压，且电压和其电阻成正比再根据公式p=分析灯泡的实际功率的变化和灯泡亮度的变化解答：解：铅笔芯和小灯泡串联分压，在移动回形针的过程中，发现灯泡发光，但亮度几乎不变，根据公式p=可知，灯泡实际功率和其两端的电压的平方成正比，灯泡实际功率几乎不变，是因为两端的电压几乎不变，原因是铅笔芯的电阻相对于小灯泡来说，其电阻太小，也就是说，小灯泡的电阻太大，故a正确故选

10、a点评：本题主要考查了串联电路的分压特点、灯泡的亮度变化等问题，关键是知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小8（2分）（2013河南）如图所示，在四个相同的水槽中盛有质量和温度都相同的水，现将电阻丝r1、r2（r1r2），分别按下图所示的四种方法连接放入水槽，并接入相同的电路通电相同时间后，水槽中水温最高的是（）abcd考点：焦耳定律的计算公式及其应用.专题：压轴题；电与热、生活用电分析：由电功公式w=t可知，在电压u与通电时间t相等的情况下，电路总电阻r越小，电路产生的热量越多；电路产生的热量越多，水吸收的热量越多，水的温度越高，分析电路结构，找出总电阻最小的电路，即可正确答题解答：解：由串并联

11、电路特点可知，串联电路电阻越串越大，并联电路电阻越并越小；由电路图及已知r1r2可知，图d中电路总电阻最小，四个电路电压相等，通电时间相等，w=t可知，d产生的热量最多，水吸收的热量越多，水的温度最高故选d点评：电路产生的热量越多，水吸收的热量越多，水的温度越高，由串并联电路的特点判断各电路的阻值大小、熟练应用电功公式是正确解题的关键9（2分）如图是一个自动体重测试仪的工作原理图，有关它的说法正确的是（）a体重显示表是用电流表改装成的b体重测试仪电路由于缺少开关，始终处于通路c体重越大，体重显示表的示数越小d体重测试仪所测体重越大，电路消耗电能越少考点：电路的动态分析.专题：电路变化分析综合题

12、分析：（1）根据电表的正确使用，即电流表串联在电路中，电压表并联在电路中判断体重显示表；（2）当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路；（3）当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻越小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据w=uit可知电路消耗电能的多少与工作时间有关解答：解：a、由电路图可知，体重测试仪串联在电路中，所以体重显示表是用电流表改装成的，故a正确；b、当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路，故b不正确；c、当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据i=可知，电路中的电流变大，即体重显示表的示数越大，故c不正

13、确；d、由w=uit可知，电路消耗电能的多少与工作时间有关，而工作时间不知，消耗电能的多少无法判断，故d不正确故选a点评：解决本题的关键是欧姆定律、电功公式的应用以及滑动变阻器的正确使用；并会将理论知识应用到实际生活当中，真正体会从物理走向生活的理念10（2分）（2009鼓楼区二模）在如图所示的电路中，闭合开关后，只有一盏灯亮，且电路中只有一处故障，故障只发生在灯上，则判断正确的是（）a若电压表、电流表均无示数，则ll断路b若电压表无示数，电流表有示数，则灯ll短路c若电压表、电流表均有示数，则灯l2断路d若电压表有示数，电流表无示数，则l2短路考点：电流表、电压表在判断电路故障中的应用.分析

14、：由图知，两个灯泡并联，电压表测量并联电路两端的电压，电流表测量ll中的电流；闭合开关后，只有一盏灯亮，并且只有一个灯泡出现了故障，根据两表的情况，可知故障所在；注意电流表有示数表明电路为通路；如果电流表无示数，表明电路为断路解答：解：a、电流表均无示数，说明灯ll断路；则l2完好，那么电压表应该有示数；故a错误bc、电流表有示数，说明灯ll完好；则灯l2断路，电压表测量l1两端电压，故应该有示数；故b错误，c正确d、电流表均无示数，说明灯ll断路；则l2完好，那么电压表应该有示数；故c错误故选c点评：此题考查电流表，电压表在电路故障中的作用判断，要结合图形和两表特点进行分析11（2分）如图所

15、示，灯泡和电阻串联后接在电压为u的电路中，已知电阻的阻值为r，通过电路的电流为i，则灯泡在t时间内消耗的电能是（）auitbtci2rtduiti2rt考点：电功的计算.分析：该题考查的是电能的计算以及串联电路的电流处处相等需要的公式是w=pt，p=ui和欧姆定律解答：解：此电路消耗的总电能为：w=pt，而p=ui 得w=uit电阻r消耗的电能为：wr=prt，有据pr=uri及欧姆定律的变形公式ur=ir，推导出来，pr=i2r，wr=i2rt将总电能减去电阻r消耗的电能即为灯泡在t时间里消耗的电能：uiti2rt故选d点评：该题考查的是电功公式w=pt电功率公式p=ui和欧姆定律的变形公式

16、u=ir之间的相互转化，灵活正握他们，就能得出题目中所需要的答案审题很重要，如果审题马虎，极易误选答案c，把电阻消耗的电能当成灯泡消耗的电能12（2分）如图所示的电路中，ab为粗细均匀的长为l的电阻导体，以ab上各点对a点的电压u为纵坐标，各点离a点的距离x为横坐标，则u随x变化的图线应为（）abcd考点：电路的动态分析.专题：电路变化分析综合题分析：导体的电阻与长度成正比，导体越长，电阻越大，串联电路中的电压u与电阻成正比，电阻越大，电压越大解答：解：各点离a点的距离x越大，导体的电阻越大，ab上的各点对a点的电压u就越大，所以u与x成正比，故为图象b故选b点评：解决此类问题要结合影响电阻大

17、小的因素和串联电路的电压规律及图象规律进行分析求解二.填空题（本项有9题，第21题最后一空2分，其余每空1分，共26分）13（2分）电子式电能表表盘上标有“3200imp/（kwh）”字样（imp表示闪烁次数），当指示灯闪烁320次，电路消耗的电能为0.1kwh合3.6105j考点：电能表参数的理解与电能的求法.专题：电能和电功率分析：根据电能表闪烁的次数可以求出电路消耗的电能解答：解：每消耗1kwh的电能，电能表指示灯闪烁了3200次，指示灯闪烁320次，电路消耗的电能：w=320imp=0.1kwh=3.6105j故答案为：0.1；3.6105点评：本题考查了电路消耗的电能的计算，关键知道

18、电能表参数的含义14（2分）如图所示，老师通过定滑轮用f=20n的力，可以将重20n的钩码匀速向上提升（不计摩擦和绳重）如果把这个滑轮改成动滑轮提升同样的重物，机械效率将减小（选填“增大”、“减小”或“不变”）考点：定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点.专题：简单机械分析：定滑轮不能省力，可以改变力的方向；机械效率是有用功与总功的比值，当将定滑轮改为动滑轮使用时，要克服动滑轮的重力多做额外功，机械效率将降低解答：解：由图知，是定滑轮，所以f=g=20n；使用定滑轮的优点是可以改变力的方向；如果把这个滑轮改成动滑轮提升同样的重物，做的有用功相同，但要克服动滑轮的重力做额外功，有用功在总功中所占

19、的比例变小，机械效率减小故答案为：20；减小点评：此题考查了定滑轮、动滑轮的特点及机械效率的概念，特别是分析机械效率的变化时，有用功不变，额外功变大15（3分）如图是杂技演员演出时的简图分析图中的情景可知，右边女演员被跷跷板弹起瞬间获得的是动能，此能量来自左边男演员最初的重力势能（前两空选填“动能”、“重力势能”或“弹性势能”），由于右边女演员上升高度大于左边演员起跳时的高度，由此可以判断左边男演员的质量一定要更大些考点：动能和势能的转化与守恒.专题：机械能及其转化分析：根据动能与重力势能的转化和影响两者的因素分析解答：解：当左边的运动员跳下时，重力势能转化为动能，落在板上时，动能由左边的人转

20、移到右边的人上，在上升的过程中，动能再转化为重力势能，而人的高度上升，所以右边的人的重力势能来自于左边的人的重力势能，由于重力势能与质量和高度有关，若右边的人上升的高度比左边的人的高度高，说明左边的人的质量大于右边的人的质量故答案为：动能；重力势能；质量点评：本题考查了动能与重力势能的转化和影响两者的因素：动能与质量和速度有关，重力势能与高度和质量有关16（3分）标有“pz220 60”的白炽灯正常工作电压为220v，一台家用电视机待机状态下的电功率大约是10w，这表示1秒钟电流做的功是10j如果这台电视机平均每天的待机时间以20h计，那么，由于非工作时间总是处于待机状态下，100天消耗的电能

21、是20kwh考点：电功的计算.专题：电能和电功率分析：（1）额定电压下用电器正常工作；（2）电功率是表示电流做功快慢（消耗电能快慢）的物理量，它指电流在单位时间内做的功的多少；（3）已知待机功率及通电时间，由w=pt可求出电流做的功（消耗的电能）解答：解：（1）白炽灯正常工作时电压为220v；（2）一台家用电视机待机状态下的电功率大约是10w，这表示1秒钟电流做的功是10j；（3）电视机平均每天的待机时间以20h计，则待机状态下100天消耗的电能：w=pt=10103kw20h100=20kwh故答案为：220；10；20点评：本题考查了学生对电功率和电功公式的理解与掌握，要注意额定电压下用电

22、器正常工作，是一道基础题目17（3分）（2012盐城）“可燃冰”作为新型能源，有着巨大的开发使用潜力，同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的热值很大以10倍的关系粗略计算，1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量为4.2108j，可以使2500kg的水从20加热至60（c=4.2103j/kg，q煤气=4.2l07j/kg）考点：热量的计算；热平衡方程的应用；燃料的热值.专题：计算题；压轴题分析：（1）1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫这种燃料的热值，据此回答；（2）利用q放=mq求出1kg煤气完全燃烧放出的热量，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的10倍，据

23、此求1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量；（3）由题知，q吸=q放，而q吸=cmt，知道水的比热容、水的初温和末温，可求水的质量解答：解：（1）在同等条件下，包含质量相同，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的热值很大；（2）1kg煤气完全燃烧放出的热量：q放=mq=1kg4.2l07j/kg=4.2l07j，1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量：q放=q放10=4.2l07j10=4.2l08j；（3）由题知，q吸=q放=4.2l08j，q吸=cmt，水的质量：m=2500kg故答案为：热值；4.2l08；2500点评：本题考查了学生对燃料的热值、燃料完全燃烧放热公式、吸

24、热公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大18（4分）建筑工地上，工人用独轮车运送石块如图所示，石块与独轮车的总重为600n重心在a点，则工人两手对车所施加向上的力f等于240n；要想使f更小一些，你的建议有：将石块向前移动；将手向后移考点：杠杆的平衡分析法及其应用.专题：简单机械分析：（1）知道阻力、阻力臂、动力臂，利用杠杆的平衡条件，求动力大小；（2）由杠杆平衡条件可知，在阻力不变的情况下，省力的方法：阻力臂不变，增大动力臂；动力臂不变，减小阻力臂；增大动力臂的同时，减小阻力臂解答：解：（1）由杠杆平衡条件得：fl1=gl2，即：f1m=600n0.4m，解得：f=240n；（2）当阻力不

25、变时，减小阻力臂或增大动力臂可以减小动力，因此省力的方法有：将石块向前移动；将手向后移故答案为：240；将石块向前移动；将手向后移点评：本题考查了杠杆平衡条件的利用，包括计算和分析什么时候最省力，与实际生活相联系，学以致用19（2分）两只定值电阻，甲标有“6，1a”，乙标有“15，0.6a”若把它们串联接在电路中，电路两端允许的最大电压为12.6v；若把它们并联接电路中，电路干路中允许通过的最大电流为1.4a考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电阻的串联.专题：应用题；电路和欧姆定律分析：（1）已知两电阻允许通过的最大电流，根据串联电路的电流特点可

26、知，两电阻串联时电路允许通过的最大电流为两个允许通过最大电流的较小值，然后根据电阻的串联和欧姆定律求出两端允许加的最大电压；（2）根据欧姆定律求出两电阻两端允许所加的最大电压，根据并联电路的电压特点可知，两电阻并联时，并联电路两端允许加的最大电压为较小的一个，然后由欧姆定律求出通过两电阻的电流，再根据并联电路的电流特点求出干路的最大电流解答：解：（1）串联电路中各处的电流相等，两只电阻串联时，电路中的最大电流i=i乙=0.6a，串联电路中总电阻等于各分电阻之和，根据欧姆定律可得，两端允许加的最大电压：u=i（r甲+r乙）=0.6a（6+15）=12.6v；（2）根据欧姆定律可得，两电阻两端允许

27、所加的最大电压：u甲=i甲r甲=1a6=6v，u乙=i乙r乙=0.6a15=9v；并联电路中各支路两端的电压相等，两只电阻并联时，电路中的最大电压u=u甲=6v，此时通过甲的电流为1a，通过乙的电流i乙=0.4a，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，干路最大电流：i=i甲+i乙=1a+0.4a=1.4a故答案为：12.6；1.4点评：本题考查电压、电流的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是知道串联时允许通过的最大电流为两个额定电流里面最小的一个，两只电阻并联时，电压也选最小20（3分）（2012中山）有一种亮度可以调节的小台灯，其电路如图甲电源电压为24，灯泡l的额定电压为24，通过灯

28、泡l的电流跟其两端电压的关系如图乙当灯泡正常发光时，灯丝的电阻为60调节滑动变阻器r，使灯泡的实际功率为3.6w时，灯泡两端的电压是12v，滑动变阻器r连入电路的阻值是40考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律.专题：计算题；压轴题；电路和欧姆定律；图像综合题分析：（1）额定电压下灯泡正常发光，根据图2读出对应的电流，根据欧姆定律求出此时灯丝的电阻；（2）由图可知找出灯泡的实际功率为3.6w时灯泡两端的电压和电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，再根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器r连入电路的阻值解答：解：（1）灯泡两端的电压为24v时，灯泡正

29、常发光，由图2可知此时通过灯泡的电流il=0.4a，根据欧姆定律可得，此时灯丝的电阻：rl=60；（2）由图2可知，当灯泡两端的电压为12v，通过的电流为0.3a时，灯泡的实际功率为3.6w，串联电路中总电压等于各分电压之和，滑动变阻器两端的电压u滑=uul=24v12v=12v，串联电路中各处的电流相等，滑动变阻器r连入电路的阻值r滑=40故答案为：60；12；40点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据图2得出灯泡实际功率为3.6w时灯泡两端的电压和通过的电流21（4分）（2012陕西）科学家发明了一款单缸六冲程内燃机，它每一个工作循环的前四个冲程与单缸四冲程内燃机相同，

30、在第四冲程结束后，立即向汽缸内喷水，水在高温汽缸内迅速汽化成高温、高压水蒸气，推动活塞再次做功，水蒸气温度降低（选填“升高”、“降低”或“不变”），其内能减小（选填“增大”、“减小”或“不变”），这样燃烧同样多的燃料获得了更多的机械能，提高了热机的效率为进入下一个工作循环，这款内燃机的第六冲程是排气冲程考点：做功改变物体内能；内燃机的四个冲程.专题：应用题分析：改变物体内能的方法：一是做功，对物体做功，物体的内能增加，物体对外做功，物体的内能减小；二是热传递；单缸六冲程内燃机一个工作循环，6个冲程，燃气对外做功2次，据此分析回答解答：解：在做功冲程中，高温气体迅速膨胀对活塞做功，气体的内能减小

31、，转化为机械能；在第四冲程结束后，立即向汽缸内喷水，水在高温汽缸内迅速汽化成高温、高压水蒸汽，推动活塞再次做功，水蒸汽温度降低；这样燃烧同样多的燃料获得了更多的机械能，提高了热机的效率；一个工作循环最后一个冲程是排气冲程，所以为进入下一个工作循环，这款内燃机的第六冲程是排气冲程故答案为：降低；减小；效率；排气点评：本题考查了改变内能的方法、内燃机六个冲程的工作过程，理解并用好：新型内燃机一个工作循环，6个冲程，燃气对外做功2次三.解答题（本项有9题，每题赋分在题首，共50分）22（6分）按照下列要求完成作图：（1）在图1中画出使杠杆oa平衡时的最小动力f1和阻力f2的力臂（2）如图2所示，一个

32、人站在地上用滑轮组将重物匀速提起，请在图中画出最省力的绳子绕法（3）在图3所示电路中的圆圈内填上适当的电表符号，使电阻r1与r2并联考点：杠杆中最小力的问题；滑轮组的设计与组装；力臂的画法；电路的基本连接方式.专题：图像综合题分析：（1）根据杠杆平衡的条件可知，力臂越长越省力，而oa的力臂最长，所以根据力臂的画法，过a点做oa的垂线即可；过o点做阻力作用线的垂线段即为阻力的力臂（2）滑轮组的绕法要求最省力，就要求承担物体重力绳子股数要最多，且人在地面向下拉绳子，同时考虑这两个方面画出滑轮组最省力的绕法（3）根据电压表要并联使用和电流表要串联使用填写上边的a电表应与r2并联，则是电压表，下边的b

33、电表与电源串联，应是电流表解答：解：（1）连接oa就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向向上，据此可画出最小的动力；o为支点，点o到f2的垂线段就是f2的力臂；如下图所示：（2）由图可以看出，人站在地面拉动绳子，因此绳子的拉动方向应向下，因此确定自由端的绳子，然后依次向内绕如下图所示：（3）上边的与r2并联，故为电压表，下边的与电源串联，故为电流表如下图所示：点评：（1）注意力臂越长越省力，会准确画出力臂和作用力（2）此题主要考查了滑轮组的组装情况，在组装滑轮组时，可以从定滑轮或动滑轮绕起，要根据实际情况而定（3）解决本类题的关键是牢记电压表和电流表的正确使用方法，并且能够

34、识别串并联电路23（5分）小明猜想重力势能的大小可能与物体的质量及被举的高度有关为了验证自己的猜想，小明进行了如下实验，让锥子自由下落扎到旧书上，书上被扎出孔，如图所示（1）比较甲和乙是通过控制高度来探究重力势能的大小与质量的关系；（2）要验证重力势能的大小与高度有关，应选择图中的甲和丙进行对比实验（3）小明设想了以下两种方案来判断物体重力势能的大小，你认为最佳的是（b）a看出书上扎出孔的深度；b数出被扎出孔的纸的页数考点：探究影响物体势能大小的因素.专题：实验题；控制变量法分析：影响物体势能的大小因素，可根据物体的重力势能公式g=mgh看出，物体的质量和高度决定了物体的重力势能的大小解答：解

35、：（1）物体的重力势能g=mgh，采用控制变量法实验，比较甲、乙由图看出甲乙的高度相同，比较质量就可得出时能的大小（2）要验证重力势能的大小与高度有关，需要控制质量相等，由图看出，甲、丙质量相等，可比较甲、丙（3）判断物体重力势能的大小，数出被扎出孔的纸的页数更加准确故答案为（1）高度、质量，（2）甲、丙，（3）b点评：考查了重力势能的大小和什么因素有关的知识点，本实验要求学生多动脑思考，进一步提高实验的能力24（4分）小华用如图所示的电路，研究“通过导体的电流与电压、电阻的关系”，电源电压不变a在探究“电流与电压关系”步骤中，选定某一定值电阻进行实验，“多次移动滑片”的目的是改变定值电阻两端

36、的电压b在探究“电流与电阻关系”步骤中（1）每次改变电阻箱r的阻值后，要进行的操作是移动滑动片保持电压表读数不变，记下电流表示数（2）在做第4次实验时，将电阻箱r的阻值从30调为40后，就直接记录电流表示数这个示数可能是ba.0.2a b.0.17a c.0.15a d.0.13a（3）正确实验并记录了数据，可以初步得出的实验结论是在电压一定时，电流和电阻成反比实验次序12345r/1020304050i/a0.60.30.20.12考点：探究电流与电压、电阻的关系实验.专题：探究型实验综合题分析：a、动滑片可以改变电阻两端的电压b、（1）探究“电流与电阻关系”时，需保持定值电阻两端电压不变；

37、（2）先根据表中的一组数据求出电压表的示数，然后根据欧姆定律求出此时电流表的示数，由于没有移动滑动变阻器，根据串联电路分压的特点和计算得到的电流值判断电流表示数的可能值；（3）分析表中实验数据或分析图象，得出电流与电阻的关系解答：解：a、在探究电流与电压的关系实验中，移动滑动变阻器滑片位置，可以改变定值电阻两端的电压b、（1）探究“电流与电阻关系”时，需保持定值电阻两端电压不变，因此每次改变电阻箱r的阻值后，要移动滑动片保持电压表读数不变，记下电流表示数（2）根据表示数据可知，当电阻为10时，通过的电流为0.6a，则电压表示数：u=ir=0.6a10=6v，因此当电阻的阻值为40时，通过的电流

38、：i=0.15a；将电阻箱r的阻值从30调为40后，由于电阻变大，则r两端电压变大，因此此时电流表的示数大于0.15a，故选b；（3）由表中实验数据可知，在电压一定时，电流与电阻的乘积保持不变，是定值，即电流与电阻成反比，由此可知，在电阻一定时，电流与电阻成反比故答案为：a、改变定值电阻两端的电压；b、（1）移动滑动片保持电压表读数不变；（2）b；（3）在电压一定时，电流和电阻成反比点评：本题考查了实验注意事项、实验数据分析、欧姆定律的应用，是实验的常考问题，一定要掌握；解题时要注意控制变量法的应用25（7分）某实验小组在“探究影响电流通过电阻丝产生热量多少的因素”时，设计了如图所示的电路，烧

39、瓶中盛有质量、初温均相等的煤油，r甲r乙（1）为了在较短的时间内达到明显的实验效果，选用煤油而不用水，主要是由于煤油的比热容比水小（2）实验中煤油吸热的多少是通过温度计示数来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）（3）将该电路设计成串联的目的是控制电流大小相等通电一段时间后，比较两烧瓶中温度计的示数，若甲瓶中的温度计示数升高的快，由此得出的实验结论是：在电流和通电时间相同时，电阻越大，导体产生的热量越多（4）家用电烤箱高温和低温两挡的调节是通过改变接入电路的电阻丝的长度来实现的，小明依据上述规律，得出电烤箱低温挡接入电路的电阻丝比高温挡要短一些的结论，此结论是否正确？答：错误（选填“正确”

40、或“错误”）原因是电压相等、电流不相等考点：控制变量法与探究性实验方案.专题：探究型实验综合题分析：（1）为了在较短的时间内达到明显的实验效果，即观察到的温度计示数变化大，则在同质量吸收相同热量的条件下，比热容小的液体温度变化大（2）电流产生热量多少不能直接观察，而是通过温度计示数的变化快慢反映电流产生热量的多少（3）两电阻丝串联，可以控制通过电阻丝的电流与通电时间相等，电阻丝电阻不同，可以利用该实验探究电流产生的热量与电阻大小的关系；并且根据温度计示数升高的快慢可知导体产生热量多多少与电阻的关系（4）根据电阻与导体长度的关系以及欧姆定律进行分析解答：解：（1）若将烧瓶中装有水，则由q=cmt

41、可知：在相同质量的水和煤油中，吸收的相同的热量时，由于水的比热容大，温度升高的度数少，温度计的示数变化不明显；（2）实验时煤油吸热的多少是通过温度计示数变化来反映的，温度计示数变化越大，电流产生的热量越多（3）两电阻丝串联的目的是控制通过电阻丝的电流与通电时间相同，这可以研究电流产生的热量与导体电阻大小的关系通电一段时间后，比较两烧瓶中温度计的示数，若甲瓶中的温度计示数升高的快，由于r甲r乙，故可得出的结论是：在电流和通电时间相同时，电阻越大，导体产生的热量越多（4）低温档相同时间内产生的热量较少，说明通过电阻丝的电流较小；由欧姆定律可得，在电压相同的情况下，电阻应比高温档的电阻大，所以低温档

42、的电阻丝比高温档的电阻丝长，故小明的结论是错误的故答案为：（1）煤油的比热容比水小；（2）温度计示数；（3）控制电流大小相等；电流；电阻；（4）错误；电压相等、电流不相等点评：本题是“探究电流产生的热量与哪些因素有关”的实验题，实验中应用了控制变量法与转换法，要注意体会这两种方法的应用26（4分）同学们通过实验探究“电功率跟电流、电压的关系”（1）小灯泡电功率的大小可通过小灯泡亮度判断；（2）一位同学用干电池做电源，把l1“2.5v 0.3a”和l2“3.8v 0.3a”两只灯泡连成如图甲所示电路闭合开关进行实验收集数据如下表： 电压u/v 发光情况 l1 1.8 暗 l2 2.7 亮请你分析

43、现象及数据得出结论：当电流相等时，电压越大电功率越大；（3）这位同学又在原有器材基础上继续探究电功率与电流的关系，连接方式如图乙所示，闭合开关s，看到小灯泡l1，一闪即灭，经检查发现灯丝断了，请你分析灯丝烧断的原因电压超过灯泡额定电压，说出改进方法在干路上串联一个滑动变阻器考点：探究用电器的电功率实验.专题：探究型实验综合题分析：（1）灯泡亮度取决于灯泡的实际功率，灯泡实际功率越大，灯泡越亮，据此分析答题（2）根据图1分析电路结构，根据串联电路特点、实验数据，由电功率公式分析答题（3）电压过高会烧坏灯泡，为减小灯泡电压，可在在电路中串联一个分压电阻解答：解：（1）灯泡亮度由灯泡的实际功率决定，

44、灯泡实际功率越大，灯泡越亮，小灯泡电功率大小可通过比较小灯光亮度判断（2）由图1可知，两灯泡串联，通过灯泡的电流相等，由表中数据可知，灯l2的电压大于灯l1的电压，灯l2比灯l1亮，灯l2的实际功率比灯l1的实际功率大，由此可知：当电流相等时，电压越大电功率越大（3）由题意知，电源电压为1.8v+2.7v=4.5v，由电路图2可知，两灯泡并联在电源两端，由于电源电压4.5v太高，远大于灯泡l1额定电压2.5v，所以灯泡l1烧坏；为避免灯泡l1烧坏，可在干路中串联一个滑动变阻器保护保护电路或减小电源电压故答案为：（1）小灯泡亮度；（2）当电流相等时，电压越大电功率越大；（3）电压超过灯泡额定电压

45、；在干路上串联一个滑动变阻器点评：本题考查了判断灯泡功率大小的方法、实验数据分析、电路故障出现的原因等问题，知道灯泡实际功率越大，灯越亮、结合电路图，分析实验数据（现象）等即可正确答题27（8分）实验室购买了一批规格为“2.5v 0.8w”的小灯泡，小明同学在利用其中一只小灯泡做测量电功率的实验，小明同学设计了如图甲所示的电路图实验中各元件完好，电源电压保持不变（1）接线过程中有一处连接错误，请在错误的接线上打“”并用笔画线代替导线进行改正，要求改正后滑动变阻器接入电路的阻值最大（2）小明同学闭合开关后，发现小灯泡不亮，但电流表、电压表均有示数，接下来他首先应进行的操作是c（选填字母序号）a检

46、查电路是否断路；b更换小灯泡；c移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光（3）移动滑动变阻器得到了一组电压和电流的数据，填入设计的表格 次数 电压u/a 电流i/a电功率 p/w 平均电功率p/w 1 2 0.34 2 2.5 0.4 3 3 0.44这种表格设计是否合理？答：不合理（选填“合理”或“不合理”）分析这组数据，小明认为该小灯泡不合格，他判断的理由是：电压为2.5v时的实际功率为1w大于额定功率0.8w假如生产这种小灯泡钨丝的粗细是一定的，则这个小灯泡内钨丝的长度小于合格产品小灯泡钨丝的长度（选填“大于”或“小于”），得出这个结论的逻辑依据是：在相同情况下，导体越短电阻越小、电压一

47、定时，电阻越小，功率越大长时间使用这只小灯泡，容易出现的故障是容易烧断灯丝考点：电功率的测量.专题：测量型实验综合题分析：（1）滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，使滑动变阻器接入电路的电阻最大说明此时电阻丝完全接入电路；（2）电路电阻太大，电路电流很小，灯泡实际功率很小时，灯泡不发光，可以移动滑片，减小滑动变阻器接入电路的阻值，看灯泡是否发光（3）灯泡在不同电压下，电流不同，实际功率不同，求功率的平均值无意义；根据小灯泡的额定电压和电流，根据公式p=ui计算出其额定功率，与所标的额定功率比较得出结论；根据电阻的影响因素进行判断，在其他条件相同时，导体越长，电阻越大；根据相同时间内产生热量

48、的多少进行判断解答：解：（1）由实物图可知：滑动变阻器连入的是上面的两个接线柱，这样滑动变阻器没有起到改变电路中电阻的作用，故需要将其中的一个接线柱，改接到滑动变阻器的下面的一个接线柱上，由于要求滑动变阻器接入电路的阻值最大，而滑片又处于滑动变阻器的右端，所以改接的导线需要连接到变阻器的左端，如图所示：（2）闭合开关后，电流表、电压表均有示数，灯泡不亮可能是由于电路电阻太大，电路电流太小，灯泡实际功率太小造成的，可以移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光，故c正确（3）因为灯泡在不同电压下的功率不同，因此计算功率的平均值是没有意义的，故表格设计不合理；所以测得的额定功率为：p=ui=2.5v

49、0.4a=1w，而小灯泡上标的额定功率为0.8w，所以此小灯泡不合格；根据公式p=ui=可知，电压一定，电功率变大，电阻越小，而在粗细和材料相同的情况下，导体越短电阻越小，因此这个小灯泡内钨丝的长度小于合格产品钨丝的长度；由q=w=pt可知，相同时间内，这种灯泡产生的热量较多，因此长时间使用这只小灯泡，容易烧断灯丝故答案为：（2）c；（3）不合理；电压为2.5v时的实际功率为1w大于额定功率0.8w；在相同情况下，导体越短电阻越小；当电压一定时，电阻越小，功率越大；容易烧断灯丝点评：此题是测量小灯泡的功率实验，考查了滑动变阻器的连接及使用、表格设计是否合理以及数据分析和电功率计算公式的应用，其

50、中还涉及到了电阻与导体长度的关系及电功公式的变形应用，有一定的难度28（5分）小明家新买了一个家用电热水壶，其有关的技术参数如图所示他根据自己所学的相关物理知识想对新水壶进行一下验证，于是在家里做起了实验他先把水倒入水壶标定容量处，用温度计测出水的初温是20，然后接通电源，同时开始记录时间，他发现电热水壶正常工作5min水便烧开了在烧开这壶水的过程中，（设当时的气压为一标准大气压）1l=103m3；c水=4.2103j/（kg）求： 型号 t76 额定电压 220v 额定频率 50hz 额定功率 1000w 额的容量 0.8l（1）水吸收的热量；（2）电热水壶消耗的电能；（3）该电热水壶的效率考点：电功与热量的综合计算.专题：计算题；电和热综合题分析：（1）由铭牌可知电水壶的标定容量即水的体积，利用密度公式变形即可求出水的质量，1标准大气压下水的沸点是100，再根据q吸=cm（tt0）求出水吸收的热量；（2）电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据p=wt求出电热水壶消耗的电能；（3）水吸收的热量除以消耗的电能即为该电水壶的效率解答：解：（1）根据=可得，水的质量：m=v=1103kg/m30.8103m3=0.8kg，1标准大气压下水的沸点是100，则水吸收的热量：q吸=cm（tt0）=4.2103j/（kg）0.8kg（10020）=2.68