江苏省无锡市宜兴市2017届九年级(上)期末物理试卷(解析版)

1、江苏省无锡市宜兴市2017届九年级（上）期末物理试卷（解析版）一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分）1生活中有许多任务都是依靠工具完成的，使用下图工具的目的不是为了省力的是（）A门把手B开瓶扳手C旗杆顶端的滑轮D修枝的剪刀2以下关于内能的说法正确的是（）A热量越多的物体内能越大B物体内所有分子动能的总和叫作物体的内能C天然气的热值大于酒精，说明相同质量的天然气内能比酒精的大D食品放入电冰箱中一段时间后，温度降低，这是通过热传递的方式改变物体的内能3炎热的夏天，小明打着赤脚在烈日当空的小河边游玩时发现：岸上的石头热得烫脚，而河水却比较凉，其主要原因是（）A石头的吸热能力强，因此石头升

2、温快B水吸收的热量少，因此河水比岸上石头的温度低C这是小明的错觉造成的，实际上岸上石头与水的温度相同D水的比热容比石头的大，在受到太阳同样照射的情况下，水升高的温度少4在学习电学时，小明结合图甲、乙作出了以下类比，其中不合理的是（）A电流类似于水流，方向从电池负极经用电器到正极B灯泡的作用类似于水轮机，有电流流过会发光C电源的作用类似于水泵，使电路两端形成电压D开关类似于阀门，可以控制电路通断5如图所示，公交车后门左右扶杆上各装有一个相当于开关的按钮当乘客按下任意按钮时，铃声响起，提醒司机有人要下车选项图中符合要求的电路是（）ABCD6下列做法中，不符合家庭安全用电常识的是（）A房屋装修安装电

3、路时，安装漏电保护器后，就无需再安装空气断路器B安装家庭电路要符合规范，应使用三线插座将用电器的金属外壳接地C为了保证电路安全，同一多用插座上下不能同时使用多个大功率用电器D要防止导线绝缘部分破裂，如有破损，应及时更换7如图所示电路中，电源电压不变，当滑动变阻器的滑片P由左端向中点移动时，下列说法正确的是（）A电流表的示数变小B电压表的示数变小C电流表的示数不变D电路总电流减小8某人将一箱书搬上楼，可以有两种方法：一是把所有的书一起搬上楼；二是先搬一部分书上楼，再搬剩下的部分，假设他上楼的速度相同，则有关两种方法搬书的功率和机械效率的说法中正确的是（）A第一种方法功率和机械效率均小于第二种B第

4、一种方法功率和机械效率均大于第二种C第一种方法功率小于第二种，机械效率大于第二种D第一种方法功率大于第二种，机械效率小于第二种9如图是探究利用斜面提升物体是否省力、是否省功的实验，下列操作中正确的是（）A不需要使用刻度尺B必须保持斜面的倾斜角度不变C不可以将小车车轮朝上放在斜面上进行探究D先用弹簧测力计沿竖直方向匀速提升小车至高度h处，再沿着斜面匀速拉动小车至高度h处，记下两次弹簧测力计的示数10如图所示，摆球从A位置摆动到B位置的过程中，忽略空气阻力，以下说法中正确的是（）A从A位置摆动到B位置的过程中，摆球的机械能先变大后变小B从O位置摆动到B位置的过程中，摆球的动能转化为重力势能，机械能

5、变小C从A位置摆动到O位置的过程中，摆球的重力对摆球做功，摆球的重力势能转化为动能D从A位置摆动到O位置的过程中，摆球的重力和细绳的拉力均对摆球做功，摆球的重力势能转化为动能11如图所示的电路中，闭合开关后灯泡发光，以下判断正确的是（）A向右移动滑动变阻器滑片P，电路总功率变大B向左移动滑动变阻器滑片P，电流表示数变小C灯泡L1和L2两端的电压相等D电流表测灯L2电流12如图是验证“影响电功大小的因素”的实验装置，其中白炽灯L1标有“3.8V 0.3A”，白炽灯L2标有“2.5V 0.3A”，以下说法中不正确的是（）A开关闭合后，甲图中L1灯更亮，乙图中L2灯更亮B甲图中开关闭合后，L1灯、L

6、2灯发光时的电功率之比为38：25C开关闭合后，通过比较灯泡的亮暗来判断电功大小，再通过电流表和电压表示数说明影响电功大小的因素D乙图中开关闭合后，首先是调节滑动变阻器，使L2灯电流为0.3A，再看L1灯电流并比较L1、灯L2灯的亮度二、填空题（本题共11小题，每空1分，共31分）13串联电路和并联电路是电学中的两种基本电路，通过你的观察，学校里的路灯是联的，教室里的吊扇调速器与吊扇之间是联的14在水平地面上，用60N的力沿水平方向拉着重为200N的小车，在10s内前进5m，在此过程中，拉力做功J，拉力做功的功率是W15如图是探究影响导体电阻大小的因素时可共选用的几种导体，其中A、B、C都是镍

7、铬合金丝，D是锰铜丝；A、C、D的长度相等，B的长度是A的两倍；A、B、D的横截面积相等，C的横截面积是A的两倍如需探究导体的长度对电阻的影响，可以选择（选填字母A、B、C、D）；选择A、C，可以探究导体的对电阻的影响16汽油机工作的四个冲程中，只有冲程是燃气对外做功，在此冲程中，内能转化为能17生活中我们经常使用简单机械，如图是家用手摇晾衣架，A、B两滑轮中属于动滑轮的是；请写出一条提高手摇晾衣架机械效率的具体做法：18LED灯具有节能、环保等特点如图是额定电压为220V、额定功率为6.6W的LED灯泡该灯泡的额定电流是A若它每天正常发光5h，则它一个月（30天）消耗的电能是kWh与普通白炽

8、灯相比，在达到相同亮度的条件下，假设LED灯可以节约90%的电能，则这个LED灯与功率为W的白炽灯亮度相当19小明在“测量定值电阻的阻值”的实验中，采用了如图甲所示的电路，电源电压不变，闭合开关后，滑片P由b端滑到a端，电压表示数U与电流表示数I的变化关系如图乙所示，则可判断定值电阻R的阻值是，电源电压是V，滑动变阻器的最大阻值为20如图所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验，将质量相等的水和煤油分别装在两个相同的烧杯中，然后用两个相同的酒精灯加热并不断搅拌，每隔2min记录一次温度，实验记录如下表：加热时间/min 02 4 68 温度/煤油 2022 2426 28 水 2021 222

9、3 24 （1）实验中物质吸热的多少是通过（选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的（2）分析表格中数据可知：质量相同的水和煤油升高相同的温度，吸收热量较多的物质是（选填“水”或“煤油”）（3）物理学中，把比值叫做比热容，与此定义方式不同的物理量是（选填“电阻”、“密度”或“压强”）21热值是燃料的一种属性（1）如图所示，在比较不同燃料热值的实验中，小明分别在燃烧皿中放入相同的酒精和碎纸片，点燃后对质量都是100g和初温都为20的水加热，燃烧相同时间后，测得甲图中水温为30，乙图中水温为24，据此（选填“能”或“不能”）说明酒精的热值较大（2）有一种“涡轮增压”（T型）轿车，通过给发动机更足

10、量的空气使汽油更充分地燃烧，比普通轿车（L型）更节能，排气更清洁，同样的汽油（如95）加在T型轿车内与加在L型轿车内热值（选填“相等”或“不相等”）22如图是探究物体机械能的系列实验，请回忆探究过程，回答下列问题：（1）图甲中，我们可以通过比较来比较木块的重力势能大小；图乙中，小车被弹开的距离越远说明越大；图丙可以探究物体动能大小与的关系综合甲、乙、丙三组探究可知，物体所具有的能量大小可以通过的方式表现出来（2）图丁是某一高速公路上的限速标志牌，根据探究结果，标志牌上与小轿车对应的圆圈中的数字应该（选填“大于”、“小于”或“等于”）10023有两个热敏电阻R1、R2和一个定值电阻R0，R1的阻

11、值会因通过的电流增大导致温度升高时而增大，R2的阻值会因通过的电流增大导致随温度升高时而减小，R0的阻值不变，它们的电流随电压的变化曲线如图甲所示由图可知，代表R1的图线是（填序号），R0=小明将R2和R0两个电阻连接成如图乙所示电路时电流表的示数为0.4A，由此可知，电源电压为V后来小明改变了该电路中的电源电压，闭合开关S，当电压表的示数为6V时，电阻R2的电功率是W三、解答题（本题共7小题，共45分）24按要求完成下列作图：（1）胶棉拖把的主要结构如图甲所示，使用时先将棉头浸泡于水中吸水，再拉动拉手，使之绕O点转动，胶棉夹将棉头中多余水分挤出后便可清理地板，请在图乙中画出动力F1的力臂l1

12、和连杆作用在B点的阻力F2（2）请用笔画线代替导线，将图中的元件正确接入家庭电路25如图甲为塔式起重机简易示意图，塔式起重机主要用于房屋建筑中材料的输送及建筑构件的安装（动滑轮重、绳重及摩擦不计、g取10N/kg）（1）为保持平衡，起重臂的长度越长的塔式起重机，配备的平衡重的质量应越（选填“大”或“小”）（2）图乙为起重机钢丝绳穿绳简化示意图，定滑轮a的作用是若钢丝绳能承受的最大拉力为3×104N，则能吊起货物的质量不能超过多少千克？（3）若将重为1.5×104N的货物由地面沿竖直方向匀速提升10m，再沿水平方向移动20m，则此过程中钢丝绳做功多少焦？（4）若该提升电动机的

13、效率为90%，将重为1.2×104N的货物匀速提升到30m的高度，用时50s，则该提升电动机的实际功率是多少瓦？26小明和小华利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”（1）小明对如图甲所示的弹簧测力计进行调零，然后测出1个钩码重为0.5N；小华观察到杠杆如图乙所示，此时应将杠杆左侧的平衡螺母向（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在位置平衡（2）如图丙所示，小华在杠杆A点挂上3个同样的钩码，小明将弹簧测力计倒置后，在杠杆B点竖直向下拉住杠杆，小华提醒小明弹簧测力计需要再次调零，小明认为已经调零了，不需要再次调零，你认为（选填“小明”或“小华”）的想法是正确的（3）如图丙所示，小明和小华

14、采用正确的操作方式使杠杆平衡，此时弹簧测力计示数为N（4）如图丁所示，改变拉力的方向使杠杆平衡，则弹簧测力计的示数将如何变化？为什么？27小明用如图所示的电路探究“通过导体的电流与电阻的关系”器材如下：电压为3V的电源，标有“202A”字样的滑动变阻器，阻值为5、10、20的定值电阻各一个，电流表、电压表、开关和导线（1）小明把5的电阻接入电路，变阻器的滑片P移到阻值最大处，闭合开关S，调节滑片P到适当位置，记录电流表的示数为0.4A（2）断开开关S，小明用10的电阻替换5的电阻，将滑动变阻器移到阻值最大位置后，闭合开关S，将滑片P向端（选填“A”或“B”）移动，保持电压表的示数为V（3）实验

15、数据如下表所示，可得出结论：当电压一定时，通过导体中的电流与电阻成比实验次数 定值电阻/电流表示数/A 1 50.4 2 100.2 3 200.1 （4）以上方法在实验探究时经常用到，下列探究中用到此方法的是A探究熔丝熔断的原因 B探究二力平衡的条件C探究串、并联电路电流的特点 D探究影响动滑轮机械效率的因素28用如图的实验装置可以探究“影响电流效应的因素”接通电源，封闭在甲、乙瓶内的空气被加热后膨胀，使U形管的液面发生变化，通过观察U形管的液面变化情况可以比较出瓶内电阻丝的发热多少（1）图中所示是探究通电导体产生的热量与的关系，通电一段时间后会观察到（选填“甲”或“乙”）一侧U形管中液面产

16、生的高度差更大（2）让实验装置冷却到初始状态，把乙瓶中并联的两根电阻丝都放入瓶内，接通电源比较两瓶内电阻丝发热多少，此时探究的问题是A通电导体产生的热量与电压的关系 B通电导体产生的热量与电流的关系C通电导体产生的热量与电阻的关系 D通电导体产生的热量与通电时间的关系29在测量额定电压为“2.5V”小灯泡电功率的实验中，提供的器材有：两节新干电池，滑动变阻器、电压表、电流表、开关各一只，7根完好的导线（1）该实验的原理是（2）请用笔画线代替剩余的两根导线，将实物图连接完整（3）将电路正确连接后，闭合开关，移动滑片，发现灯泡不亮，电流表、电压表均无示数若电压表、电流表均无损坏，导线连接处均接触良

17、好，则电路故障是（选填“短路”或“断路”）为进一步检测故障发生在何处，现再给你一根导线，但导线是否完好需要你进行检测请利用所提供的器材检测所给导线是否完好，将设计的电路图画再答题卡相应位置的虚线框内若经检测所给导线是完好的，若电路故障只有一处，请写出检测故障在何处的操作方法：（4）排除故障后，小明所在小组将所测数据和小灯泡发光情况记录在下表中：实验次序 电压表的示数U/V 电流表的示数I/A 小灯泡亮度 1 1.0 0.2 特别暗 2 1.5 0.22 暗 3 2.0 0.26 较亮 42.5 0.3 正常发光 5 3.00.32 很亮请根据数据回答下列问题：灯泡的明暗由决定请在如图所示的坐标

18、纸上作出小灯泡的IU图象通过小灯泡的电流和灯泡两端的电压（选填“符合”或“不符合”）欧姆定律若该电路的目的是使小灯泡发光，则小灯泡正常发光时，该电路利用电能的效率为30电热加湿器靠电流的热效应工作，某种家用电热加湿器相关参数、外形、电路简化图如下表所示电热器的电热丝（阻值不变）浸没在加热仓的水中产生热量，使加热仓中水沸腾变成水蒸气喷出，增加环境湿度，当加热仓中的水减少到一定程度时，自动阀门智能打开，水由储水箱进入到加热仓中工作电压：220V 工作频率：50Hz 最大运行功率：40W 储水箱容量：2.4L 尺寸：高315mm，底部直径168mm 满水工作时间：高气雾量10h，低气雾量24h （1

19、）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，加湿器以最大运行功率工作，求电热丝R1的电阻值（2）如果加热仓内冷水温度为20，用最大运行功率工作，经过420s水沸腾产生蒸汽，求加热仓中水的体积【C水=4.2×103J/（kg），水=1.0×103kg/m3，电热丝R1产生的热量全部被水吸收，环境为标准大气压】（3）当滑片移到最右端时，气雾调节器R2的阻值为605，加湿器以低气雾量工作，求此时电热丝R1的电功率是多少瓦？24小时R1消耗多少度电？（计算保留一位小数）2016-2017学年江苏省无锡市宜兴市九年级（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题2分

20、，共24分）1生活中有许多任务都是依靠工具完成的，使用下图工具的目的不是为了省力的是（）A门把手B开瓶扳手C旗杆顶端的滑轮D修枝的剪刀【考点】杠杆的分类【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然后选择符合题意的选项【解答】解：A、门把手在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，使用门把手是为了省力故A不符合题意；B、开瓶扳手在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，使用开瓶扳手是为了省力故B不符合题意；C、旗杆顶端的滑轮在使用过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，滑轮是定滑轮，使用滑轮不是为了省力，是为了改变用力的方向故C符

21、合题意；D、修枝的剪刀在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，使用门把手是为了省力故D不符合题意；故选C2以下关于内能的说法正确的是（）A热量越多的物体内能越大B物体内所有分子动能的总和叫作物体的内能C天然气的热值大于酒精，说明相同质量的天然气内能比酒精的大D食品放入电冰箱中一段时间后，温度降低，这是通过热传递的方式改变物体的内能【考点】热传递改变物体内能；热量的概念；内能的概念；燃料的热值【分析】（1）在热传递过程中，内能改变的多少叫做热量，热量是物体内能改变的一种量度；（2）内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和；（3）物体内能大小与物体的质量和温度有关，与热

22、值无关；（4）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：A、同一物体的温度越高，内能越大；热量是过程量，即热量只存在于热传递或热交换过程中，不能说具有热量的多少；故A错误；B、内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和；故B错误；C、内能大小与热值大小无关，内能与物体的质量、温度和状态有关，由于温度未知，相同质量的天然气内能不一定比酒精内能大；故C错误；D、食品放入电冰箱中一段时间后，温度降低，内能减少，这是通过热传递的方式改变物体的内能，故D正确故选D3炎热的夏天，小明打着赤脚在烈日当空的小河边游玩时发现：

23、岸上的石头热得烫脚，而河水却比较凉，其主要原因是（）A石头的吸热能力强，因此石头升温快B水吸收的热量少，因此河水比岸上石头的温度低C这是小明的错觉造成的，实际上岸上石头与水的温度相同D水的比热容比石头的大，在受到太阳同样照射的情况下，水升高的温度少【考点】比热容解释简单的自然现象【分析】对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多，据此分析【解答】解：因为水的比热容比石头的大，相同质量的水和石头比较，吸收相同的热量（都在太阳照射下），水的温度升高的少，故河水是凉凉的，而石头的温度升高的多，热得烫脚故选

24、：D4在学习电学时，小明结合图甲、乙作出了以下类比，其中不合理的是（）A电流类似于水流，方向从电池负极经用电器到正极B灯泡的作用类似于水轮机，有电流流过会发光C电源的作用类似于水泵，使电路两端形成电压D开关类似于阀门，可以控制电路通断【考点】电路的组成【分析】类比法是物理学习的一种方法，它利用看得见、摸得着的实际现象和经验为依据，运用这种方法进行合理想象，达到学习和探究新的物理规律【解答】解：A、电流类似于水流，方向从电池正极经用电器到负极，故A不合理；B、当水流流过水轮机时水轮机转动，灯泡的作用类似于水轮机，有电流流过会发光，故B合理；C、水泵的作用是提供水压，电源的作用是提供电压，故C合理

25、；D、阀门控制水路的通断，开关控制电路通断，故D合理；故选：A5如图所示，公交车后门左右扶杆上各装有一个相当于开关的按钮当乘客按下任意按钮时，铃声响起，提醒司机有人要下车选项图中符合要求的电路是（）ABCD【考点】电路图设计【分析】根据“当乘客按下任一按钮，铃声都会响起”结合串并联电路特点判断两个开关的连接方式，然后分析电路图答题【解答】解：当乘客按下任一按钮，铃声都会响起，说明这两个开关可以独立工作、互不影响即为并联，且电铃位于干路上，由图示电路图可知，C符合题意，ABD不符合题意故选C6下列做法中，不符合家庭安全用电常识的是（）A房屋装修安装电路时，安装漏电保护器后，就无需再安装空气断路器

26、B安装家庭电路要符合规范，应使用三线插座将用电器的金属外壳接地C为了保证电路安全，同一多用插座上下不能同时使用多个大功率用电器D要防止导线绝缘部分破裂，如有破损，应及时更换【考点】安全用电原则【分析】（1）漏电保护器的作用，出现“跳闸”的原因：一是短路，二是用电器总功率过大，三是用电器漏电；（2）三孔插座的第三个孔接地线，三脚插头的第三个脚接用电器金属外壳；（3）引起家庭电路中电流过大的原因有两个：短路或总功率过大；（4）对各种电气设备按规定进行定期检查，如发现绝缘损坏、漏电和其他故障，应及时处理；对不能修复的设备，不可使用其带“病”工作，应予以更换【解答】解：A、房屋装修安装电路时，安装漏电

27、保护器后，还需要安装空气断路器，这样做更安全，故A错误；B、用电器使用三线插头都是防止漏电，故B正确；C、了保证电路安全，同一多用插座上下不能同时使用多个大功率用电器，防止功率过大，故C正确；D、电线上的绝缘层破损，当人去触摸插头时，就可能使人体和带电体接触，就会造成触电事故，十分危险，故应及时更换故D正确故选：A7如图所示电路中，电源电压不变，当滑动变阻器的滑片P由左端向中点移动时，下列说法正确的是（）A电流表的示数变小B电压表的示数变小C电流表的示数不变D电路总电流减小【考点】电路的动态分析【分析】闭合开关S后，滑动变阻器与灯泡并联，电流表测通过灯泡的电流，电压表测电源电压；根据电源的电压

28、可知电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过灯泡的电流和实际功率不变，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知该支路电流的变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，根据欧姆定律可知电路中总电阻的变化【解答】解：闭合开关S后，滑动变阻器R与灯泡L并联，电流表测通过灯泡的电流，电压表测电源电压；电源的电压保持不变，移动滑片时，电压表V的读数不变，故B错误；并联电路中各支路独立工作、互不影响，移动滑片时，通过灯泡L的电流不变，所以电流表的读数不变，故A错误，C正确；当滑动变阻器的滑片P由左端向中点移动时，变阻器接入电路中的电阻变小，由欧姆定律可知通过滑动

29、变阻器的电流变大，故总电流变大，故D错误故选C8某人将一箱书搬上楼，可以有两种方法：一是把所有的书一起搬上楼；二是先搬一部分书上楼，再搬剩下的部分，假设他上楼的速度相同，则有关两种方法搬书的功率和机械效率的说法中正确的是（）A第一种方法功率和机械效率均小于第二种B第一种方法功率和机械效率均大于第二种C第一种方法功率小于第二种，机械效率大于第二种D第一种方法功率大于第二种，机械效率小于第二种【考点】功率大小的比较；机械效率的大小比较【分析】已知这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，根据公式W=Gh可求克服自身重力做的功；比较两次所做额外功的多少，从而确定总功的大小，根据机械效率公式可知效率的大小；

30、他上楼的速度相同，得出上楼时间关系，根据P=可知功率大小【解答】解：这箱书的重力一定，楼的高度前后不变，由W=Gh可知，两次所做的有用功相等；第方法一所做的额外功为克服自身重力所做的功，而方法二所做的额外功是两次克服自身重力所做的功，因此方法二的额外功大于第一次的额外功，故方法二的总功大于第一次的总功，由=可知，12因上楼的速度相同，方法二需要上楼二次，所以方法二所用时间长；由P=可知：P1P2故选B9如图是探究利用斜面提升物体是否省力、是否省功的实验，下列操作中正确的是（）A不需要使用刻度尺B必须保持斜面的倾斜角度不变C不可以将小车车轮朝上放在斜面上进行探究D先用弹簧测力计沿竖直方向匀速提升

31、小车至高度h处，再沿着斜面匀速拉动小车至高度h处，记下两次弹簧测力计的示数【考点】功的原理【分析】（1）根据W有用=Gh，W总=Fs，需用刻度尺测量斜面的长和高；（2）为了多次测量找普遍规律，需要改变斜面的倾斜角度；（3）可以将小车车轮朝上放在斜面上进行探究；（4）为了比较是否受力和省功，先用弹簧测力计沿竖直方向匀速提升小车至高度h处，再沿着斜面匀速拉动小车至高度h处，记下两次弹簧测力计的示数【解答】解：A、根据W有用=Gh，W总=Fs，需用刻度尺测量斜面的长s和高h，故A错误；B、为了多次测量找普遍规律，需要多次改变斜面的倾斜角度，故B错误；C、为了改变斜面的粗糙程度，可以将小车车轮朝上放在

32、斜面上进行探究，故C错误；D、为了比较是否受力和省功，先用弹簧测力计沿竖直方向匀速提升小车至高度h处，再沿着斜面匀速拉动小车至高度h处，记下两次弹簧测力计，故D正确故选D10如图所示，摆球从A位置摆动到B位置的过程中，忽略空气阻力，以下说法中正确的是（）A从A位置摆动到B位置的过程中，摆球的机械能先变大后变小B从O位置摆动到B位置的过程中，摆球的动能转化为重力势能，机械能变小C从A位置摆动到O位置的过程中，摆球的重力对摆球做功，摆球的重力势能转化为动能D从A位置摆动到O位置的过程中，摆球的重力和细绳的拉力均对摆球做功，摆球的重力势能转化为动能【考点】动能和势能的转化与守恒【分析】（1）影响动能

33、大小的因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大（2）影响重力势能大小的因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大（3）机械能是动能和重力势能的和，在球运动的过程中，空气阻力忽略不计，所以机械能守恒【解答】解：AB、从AOB的过程中，摆球的质量不变，高度先减小后增加、速度先增大后减小，所以重力势能先减小后增加，动能先增大后减小，在此过程中重力势能与动能相互转化，不计空气阻力，机械能守恒，故AB错误；C、A位置摆动到O位置的过程中，摆球的质量不变，高度减小、速度增大，所以重力势能减小，动能增大，摆球的重力对摆球做功，摆球的重力势能转化为动能，故C正确；D、细绳的拉力方向与小球的运动方

34、向垂直，摆球沿拉力的方向没有移动距离，故拉力不做功，故D错误故选C11如图所示的电路中，闭合开关后灯泡发光，以下判断正确的是（）A向右移动滑动变阻器滑片P，电路总功率变大B向左移动滑动变阻器滑片P，电流表示数变小C灯泡L1和L2两端的电压相等D电流表测灯L2电流【考点】电路的动态分析【分析】由电路图分析电路的连接，电表测量的物理量；根据滑片的移动确定滑动变阻器接入电路电阻的变化，根据欧姆定律和串联电路的特点确定电路中电流的变化和电压变化，根据P=UI确定功率的变化【解答】解：由图可知，该电路为并联电路；灯泡L1和电流表在一条支路中，L2和滑动变阻器在另一条支路中；A、向右移动滑动变阻器滑片P，

35、滑动变阻器电阻减小，由欧姆定律可知，该支路电流变大，即通过灯L2的电流变大；由并联电路电流规律可知，干路中电流变大，根据P=UI可知总功率变大，故A正确；B、向左移动滑动变阻器滑片P，滑动变阻器电阻变大；电流表测量的是灯泡L1的电流，L1两端电压不变，则通过L1的电流不变，即电流表示数不变，故B错误；C、灯泡L1两端电压等于电源电压，L2与滑动变阻器两端电压之和为电源电压，所以灯泡L1和L2两端的电压不相等，故C错误；D、电流表测量的是灯泡L1的电流，故D错误；故选：A12如图是验证“影响电功大小的因素”的实验装置，其中白炽灯L1标有“3.8V 0.3A”，白炽灯L2标有“2.5V 0.3A”

36、，以下说法中不正确的是（）A开关闭合后，甲图中L1灯更亮，乙图中L2灯更亮B甲图中开关闭合后，L1灯、L2灯发光时的电功率之比为38：25C开关闭合后，通过比较灯泡的亮暗来判断电功大小，再通过电流表和电压表示数说明影响电功大小的因素D乙图中开关闭合后，首先是调节滑动变阻器，使L2灯电流为0.3A，再看L1灯电流并比较L1、灯L2灯的亮度【考点】电功的测量【分析】（1）已知两灯的额定电压和额定电流，由欧姆定律计算两灯电阻，由电路特点和电功率公式计算两灯实际功率比，从而判断两灯亮度；（2）由W=UIt知电功与电压、电流和通电时间有关结合两电路中两灯的连接方式，根据电路特点分析解答【解答】解：AB、

37、由图甲知，两灯串联，由I=可得两灯电阻：R1=，R2=，串联电路中电流处处相等，由P=I2R可得两灯实际功率比：=，因为P1P2，所以L1灯比L2灯亮；由图乙知，两灯并联，并联电路中，支路两端电压相等，由P=可得两灯实际功率比：=，因为R1R2，所以P1P2，即L2灯比L1灯亮故A、B正确；CD、甲图中两灯串联，两电压表分别测两灯电压，电压大的灯泡，实际功率大亮些，相同时间做功也多即可以说明电功与电压关系；乙图中两灯并联，两电流表分别测两灯电流，电流大的灯泡，实际功率大亮些，相同时间做功也多即可以说明电功与电流的关系，故D正确；但这两个图都不能说明电功大小与通电时间的关系，故C错误；故选C二、

38、填空题（本题共11小题，每空1分，共31分）13串联电路和并联电路是电学中的两种基本电路，通过你的观察，学校里的路灯是并联的，教室里的吊扇调速器与吊扇之间是串联的【考点】串联电路和并联电路的辨别【分析】在串联电路中电流只有一条路径，各用电器之间相互影响；在并联电路中电流有多条流通路径，各个用电器之间独立工作，互不影响【解答】解：学校里的路灯，当其中一只损坏，其他路灯仍然发光，说明各盏路灯工作时是独立工作、互不影响的，因此它们的连接方式是并联吊扇调速器在电路中相当于滑动变阻器，要调速器能控制吊扇，必须让调速器和吊扇串联故答案为：并；串14在水平地面上，用60N的力沿水平方向拉着重为200N的小车

39、，在10s内前进5m，在此过程中，拉力做功300J，拉力做功的功率是30W【考点】功的计算；功率的计算【分析】已知拉力和拉力方向移动的距离，根据功的计算公式w=Fs计算拉力做的功，利用P=计算拉力做功的功率【解答】解：拉力做的功：W=Fs=60N×5m=300J；拉力做功的功率：P=30W故答案为：300；3015如图是探究影响导体电阻大小的因素时可共选用的几种导体，其中A、B、C都是镍铬合金丝，D是锰铜丝；A、C、D的长度相等，B的长度是A的两倍；A、B、D的横截面积相等，C的横截面积是A的两倍如需探究导体的长度对电阻的影响，可以选择A、B（选填字母A、B、C、D）；选择A、C，可

40、以探究导体的横截面积对电阻的影响【考点】影响电阻大小的因素【分析】根据决定电阻大小的因素进行分析，即影响电阻大小的因素有导体的材料、长度和横截面积，注意要用控制变量的思维来分析【解答】解：如需探究导体的长度对电阻的影响，要控制导体的材料和横截面积都相同，而长度不同，故应选择A、B两段导体；A和C都是镍铬合金丝，材料相同，长度相同，而横截面积不同，选择A、C则可以探究导体的电阻与横截面积是否有关故答案为：A、B；横截面积16汽油机工作的四个冲程中，只有做功冲程是燃气对外做功，在此冲程中，内能转化为机械能【考点】内燃机的四个冲程【分析】汽油机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能

41、转化为内能；二是做功冲程中内能转化为机械能【解答】解：在一台单缸四冲程汽油机工作的四个冲程中，只有做功冲程燃气对外做功，完成了内能和机械能的转化；压缩冲程是将机械能转化为了内能的过程故答案为：做功；机械17生活中我们经常使用简单机械，如图是家用手摇晾衣架，A、B两滑轮中属于动滑轮的是B；请写出一条提高手摇晾衣架机械效率的具体做法：增大提升的物重或减小晾衣架重等；【考点】增大或减小机械效率的方法；动滑轮及其工作特点【分析】（1）定滑轮和动滑轮的主要区别是：动滑轮会随物体一起运动，定滑轮不随物体运动；（2）在额外功一定时，增加物重可提高机械效率减轻动滑轮的重也可以提高机械效率；【解答】解：（1）A

42、滑轮的轴是固定不动的，是定滑轮，B滑轮的轴与物体一起运动，是动滑轮；（2）提高手摇晾衣架机械效率的方法有：增大提升的物重或减小晾衣架重等；故答案为：B；增大提升的物重或减小晾衣架重等18LED灯具有节能、环保等特点如图是额定电压为220V、额定功率为6.6W的LED灯泡该灯泡的额定电流是0.03A若它每天正常发光5h，则它一个月（30天）消耗的电能是0.99kWh与普通白炽灯相比，在达到相同亮度的条件下，假设LED灯可以节约90%的电能，则这个LED灯与功率为66W的白炽灯亮度相当【考点】电功率与电压、电流的关系；电功的计算【分析】（1）知道LED灯的额定电压和额定功率，根据P=UI求出额定电

43、流；（2）LED灯正常发光时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出消耗的电能；（3）消耗的电能之差与白炽灯消耗的电能之比就是节约的百分比，据此进行解答【解答】解：（1）由P=UI可得，LED灯的额定电流：I=0.03A；（2）LED灯正常发光时的功率和额定功率相等，由P=可得，一个月消耗的电能：W=Pt=6.6×103kW×5h×30=0.99kWh；（3）设两种灯泡正常发光的时间为t，则LED消耗的电能为W=Pt=6.6×103kW×t，白炽灯消耗的电能为W=Pt，因在达到相同亮度的条件下，LED灯可以节约90%的电能，所以， =90%，解得

44、：P2=0.066kW=66W故答案为：0.03；0.99；6619小明在“测量定值电阻的阻值”的实验中，采用了如图甲所示的电路，电源电压不变，闭合开关后，滑片P由b端滑到a端，电压表示数U与电流表示数I的变化关系如图乙所示，则可判断定值电阻R的阻值是6，电源电压是9V，滑动变阻器的最大阻值为12【考点】欧姆定律的应用【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流当滑动变阻器的滑片位于a端时，电路为R的简单电路，此时电路中的电流最大，电压表的示数即为电源电压，根据图象读出示数，利用欧姆定律求出定值电阻的阻值；当滑动变阻器的滑片位于b端时，接入电路中的电阻最大，电路中

45、的电流最小，电压表的示数最大，根据图象读出示数，利用串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流当滑动变阻器的滑片位于a端时，电路为R的简单电路，此时电路中的电流最大，电压表的示数即为电源电压，由图象可知，电源电压U=9V，电路中的最大电流I=1.5A，由I=可得，定值电阻的阻值：R=6；当滑动变阻器的滑片位于b端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表的示数最大，由图象可知，R两端的电压UR=3V，电路中的最小电流I=0.5A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，

46、滑动变阻器两端的电压：U滑=UUR=9V3V=6V，则滑动变阻器的最大阻值：R滑=12故答案为：6；9；1220如图所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验，将质量相等的水和煤油分别装在两个相同的烧杯中，然后用两个相同的酒精灯加热并不断搅拌，每隔2min记录一次温度，实验记录如下表：加热时间/min 02 4 68 温度/煤油 2022 2426 28 水 2021 2223 24 （1）实验中物质吸热的多少是通过加热时间的长短（选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的（2）分析表格中数据可知：质量相同的水和煤油升高相同的温度，吸收热量较多的物质是水（选填“水”或“煤油”）（3）物理学中，把

47、比值叫做比热容，与此定义方式不同的物理量是电阻（选填“电阻”、“密度”或“压强”）【考点】探究比热容的实验【分析】（1）相同质量的水和煤油吸收热量的多少可以通过加热时间的长短来反映（2）根据表中实验数据进行分析，升高相同的温度，加热时间越长的，其吸热能力越强（3）初中物理中，比热容、热值、速度、密度、压强、功率都是利用比值定义法来定义的【解答】解：（1）实验中煤油和水吸热的多少是通过加热时间的长短来反映；（2）分析实验数据可知，质量相同的水和煤油，升高相同的温度时，水加热的时间长，因此水吸收的热量多（3）初中物理中，比热容、热值、速度、密度、压强、功率都是利用比值定义法来定义的故答案为：（1）

48、加热时间的长短；（2）水；（3）电阻21热值是燃料的一种属性（1）如图所示，在比较不同燃料热值的实验中，小明分别在燃烧皿中放入质量相同的酒精和碎纸片，点燃后对质量都是100g和初温都为20的水加热，燃烧相同时间后，测得甲图中水温为30，乙图中水温为24，据此不能（选填“能”或“不能”）说明酒精的热值较大（2）有一种“涡轮增压”（T型）轿车，通过给发动机更足量的空气使汽油更充分地燃烧，比普通轿车（L型）更节能，排气更清洁，同样的汽油（如95）加在T型轿车内与加在L型轿车内热值相等（选填“相等”或“不相等”）【考点】燃料的热值【分析】（1）比较燃料燃烧值的大小，应控制燃烧燃料的质量相等；让相同质量

49、的燃料完全燃烧，根据水升高的温度比较燃料的热值大小；（2）在其它条件相同时，甲杯水的温度升高的较快，即甲燃烧产生的热量多，所以其热值大；（3）热值是燃料的特性，决定于燃料的种类，与其它因素无关【解答】解：（1）由Q放=mq可知，燃料燃烧释放的热量既与燃料的质量多少有关，又与燃料的热值大小有关，所以在设计实验时应控制燃料的质量相同；（2）虽然在其它条件相同时，甲杯水的温度升高的较快，即甲燃烧产生的热量多，所以其热值大，但相同时间两种燃料燃烧的质量不能比较，故不能比较热值的大小；（3）热值是燃料的特性，与燃烧情况无关，所以汽油加在T型轿车内比加在L型轿车内热值是相同的故答案为：质量；不能；相等22

50、如图是探究物体机械能的系列实验，请回忆探究过程，回答下列问题：（1）图甲中，我们可以通过比较桩被木块打入的深度来比较木块的重力势能大小；图乙中，小车被弹开的距离越远说明弹簧的弹性势能越大；图丙可以探究物体动能大小与质量的关系综合甲、乙、丙三组探究可知，物体所具有的能量大小可以通过对外做功的方式表现出来（2）图丁是某一高速公路上的限速标志牌，根据探究结果，标志牌上与小轿车对应的圆圈中的数字应该大于（选填“大于”、“小于”或“等于”）100【考点】势能的影响因素；速度与物体运动；动能的影响因素【分析】（1）能够做功的物体具有能；根据采用转换法和控制变量法，由图分析解答；（2）动能与物体的质量和速度

51、有关，由此分析解答【解答】解：（1）由图甲知，可以通过比较桩被木块打入的深度来比较木块的重力势能大小；图乙中，小车被弹开的距离越远说明弹簧的弹性势能越大；图丙中，物体在同样斜面的同一高度，滑下时速度相同，所以可以探究物体动能大小与质量的关系；综合甲、乙、丙三组探究可知，物体所具有的能量大小可以通过对外做功的方式表现出来（2）物体质量越大，动能越大，所以汽车质量越不容易刹车，不同车型的汽车应限制不同的车速，由图知大客车的限制速度为100km/h，小轿车质量小于大客车，所以小轿车的限制速度大于100km/h故答案为：（1）桩被木块打入的深度；弹簧的弹性势能；质量；对外做功；（2）大于23有两个热敏

52、电阻R1、R2和一个定值电阻R0，R1的阻值会因通过的电流增大导致温度升高时而增大，R2的阻值会因通过的电流增大导致随温度升高时而减小，R0的阻值不变，它们的电流随电压的变化曲线如图甲所示由图可知，代表R1的图线是（填序号），R0=10小明将R2和R0两个电阻连接成如图乙所示电路时电流表的示数为0.4A，由此可知，电源电压为7V后来小明改变了该电路中的电源电压，闭合开关S，当电压表的示数为6V时，电阻R2的电功率是2.4W【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【分析】根据欧姆定律可知：电阻一定时，通过电阻的电流与电阻两端的电压成正比可知中间为R0的IU图象；再根据R1的阻值会因通过的电流增大而增

53、大，R2的阻值会因通过的电流增大而减小确定两个热敏电阻的图象（1）从R0的IU图象中读出任意一组电流、电压值利用欧姆定律求出其大小；（2）由图象读出0.4A时，R2和 R0两个电阻两端的电压，根据串联电路的电压关系求出电源的电压；（3）先根据欧姆定律求出电压表的示数为6V时电路中的电流，再从图象中读出此时R2两端的电压，最后利用P=UI求出电阻R2的电功率【解答】解：由甲图可知，电流与电压成正比例函数，所以它代表R0的IU图线；由甲中图可知，电压增大，电流增大，但电流的变化量比电压的变化量大，根据欧姆定律可知它代表的电阻减小，即为R2的IU图线；由甲中图可知，电压增大，电流增大，电压的变化量大

54、于电流的变化量，根据欧姆定律可知它代表的电阻变大，即为R1的IU图线；（1）由R0的IU图线可知，当U0=20V，I0=2A，由I=可得：R0=10；（2）R2和R0串联，电路中的电流I=0.4A时，由图象可知对应的电压分别为U0=4V，U2=3V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以电源的电压：U=U0+U2=4V+3V=7V；（3）改变电源电压，当电压表的示数为6V即U0=6V时，电路中的电流为：I=0.6A，由图象可知，此时R2两端的电压为U2=4V，电阻R2的电功率为P2=U2I=4V×0.6A=2.4W故答案为：10；7；2.4三、解答题（本题共7小题，共45分）24按要求完成下列作图：（1）胶棉拖把的主要结构如图甲所示，使用时先将棉头浸泡于水中吸水，再拉动拉手，使之绕O点转动，胶棉夹将棉头中多余水分挤出后便可清理地板，请在图乙中画出动力F1的力臂l1和连杆作用在B点的阻力F2（2）请用笔画线代替导线，将图中的元件正确接入家庭电路【考点】力臂的画法；家庭电路