江苏省江都市2015届九年级上学期期末模拟物理试卷（解析版）

1、江苏省江都市2015届九年级上学期期末模拟物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分）1某九年级同学家住5楼一天，他提着装有30个鸡蛋的塑料袋从1楼走到家里在此过程中，下列估算不合理的是（）A他提鸡蛋的力做的功约为200JB他提鸡蛋的力做功的功率约为3WC他爬楼做的功约为6×103JD他爬楼做功的功率约为1×103W考点：功率的计算；功的计算.专题：功、功率、机械效率分析：估算出30个鸡蛋的重力和爬楼的高度，根据W=Fs可算出做功的多少然后再根据P=计算功率解答：解：（1）根据书本中“手托两只鸡蛋的力大约为1N”，可知提30个鸡蛋的力大约为F=15N；住宅楼的

2、楼层高大约3米，家住5楼，此同学实际爬楼高度h=3m×4=12m；故提鸡蛋的力大约做功W=Fs=15N×12m=180J他爬楼做的功W1=Gs=500N×12m=6×103J，故A、C比较符合实际；（2）从1楼到5楼大约1min，则他提鸡蛋的力做功的功率P=3W；故B符合实际；爬楼做功的功率P1=1×102W，故D不符合实际故选D点评：所谓估算，不是猜，而是依据生活经验或常识，对相关物理量进行估计，必要时还需根据相关公式计算得出结果；需注意：实际爬楼的层数等于楼层数减一2（2分）（2014常德）如图所示，用动滑轮把一个物体匀速拉起，不计摩擦，则

3、下列说法中正确的是（）A使用这个滑轮可以省功B使用这个滑轮可以省距离C拉起的物体质量越大，滑轮的机械效率越高D把物体拉起的越高，滑轮的机械效率越高考点：动滑轮及其工作特点；滑轮（组）的机械效率.专题：简单机械；功、功率、机械效率分析：任何机械都不能省功动滑轮是省力杠杆，可以省力，但费距离使用动滑轮时，不计摩擦，动滑轮的机械效率与物重和动滑轮重有关，与其它因素无关解答：解：A、任何机械都不能省功，故A错误；B、动滑轮是省力杠杆，可以省力，但费距离故B错误；CD、在动滑轮一定时，提起物体的重力越大，机械效率越高物体质量越大，物重越大，机械效率越高；在物重一定时，动滑轮重越小，所做额外功越小，机械效

4、率越高，与其它因素无关，故D错误，C正确故选：C点评：滑轮的机械效率取决于动滑轮的质量和物体的质量，动滑轮质量越小，物体质量越大，则效率越高3（2分）（2014无锡）下列关于温度、内能和热量的说法，正确的是（）A0的冰没有内能B同一物体，温度越高内能越大C物体温度越高，所含热量越多D物体内能减少，一定对外做功考点：温度、热量与内能的关系.专题：热和能分析：（1）内能是指物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，任何物体都具有内能（2）响内能大小的因素：物体内能与温度有关，同一物体温度越高，内能越大；还与物体质量有关；（3）热量是个过程量，不能说含有热量，只能说吸收或者放出热量；（4）改变物

5、体内能的方法有：做功和热传递；且两种方法在改变物体内能上是等效的解答：解：A、任何物体都具有内能，该选项说法不正确；B、同一物体，温度越高，物体内分子运动越剧烈，物体的内能也越大该选项说法正确；C、物体的温度越高，具有的内能越大，不能说含有的热量越多该选项说法不正确；D、改变物体内能的方法有：做功和热传递，物体的内能减少，可能是对外做了功，也可能是通过热传递该选项说法不正确故选B点评：本题主要考查学生对温度、内能、热量关系的了解和掌握是中招的热点4（2分）（2014泰安）如图所示实验，试管口木塞冲出过程（）A试管口出现的白雾是水蒸气B试管口出现白雾说明水蒸气内能增加C能量转化情况与内燃机压缩冲

6、程相同D水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能减少考点：做功改变物体内能；液化及液化现象.专题：分子热运动、内能分析：木塞冲出过程也是水蒸气的内能转化为塞子机械能的过程，水蒸气的内能会减小，温度降低解答：解：A、试管口出现的白雾是水蒸气遇冷液化形成的小水珠，不符合题意；B、白雾是水蒸气遇冷液化形成的，所以说明内能减小，不符合题意；C、此过程的能量转化是内能转化为机械能，与内燃机的做功冲程类似，不符合题意；D、当加热试管到一定程度时，水蒸气的内能足够大会将塞子冲出，将水蒸气的内能转化为塞子的机械能，水蒸气的内能会减小，温度降低，符合题意；故选D点评：此题主要考查学生对：做功改变物体内能方法的了解和掌握，

7、此实验也是内燃机做功冲程的模型5（2分）（2014梅州）下列四位科学家中，以他的名字命名电阻单位的是（）A安培B欧姆C瓦特D伏特考点：物理常识.专题：其他综合题分析：（1）物理学上的很多单位都是以科学家的名字命名的，例如安培、牛顿、瓦特、库仑等；（2）欧姆是德国科学家，以他的名字命名了电阻的单位解答：解：A、电流的单位是以安培的名字命名的，不合题意；B、电阻的单位是以欧姆的名字命名的，符合题意；C、功率的单位是以瓦特的名字命名，不合题意D、电压的单位是以伏特的名字命名符合题意故选：B点评：在国际单位制中，为了纪念科学家在物理学研究中的杰出贡献，好多单位以他们的名字来命名的，例如：电压伏特、电流

8、安培、电阻欧姆、功和能量焦耳、功率瓦特、力牛顿、压强帕斯卡等6（2分）（2014桂林）如图所示的电路中，闭合开关S后，下列说法正确的是（）AL1、L2两灯泡串联B通过L1灯的电流大于L2灯的电流CL1、L2两灯泡并联D若L1灯丝烧断，L2灯仍能正常发光考点：电路的基本连接方式.专题：电流和电路分析：电路元件首尾顺次连接的连接方式是串联，串联的各电路元件相互影响，不能独立工作解答：解：A、由图示电路图可知，闭合开关，两灯泡首尾顺次连接，它们是串联的，故A正确，C错误；B、两灯泡串联，通过它们的电流相等，故B错误；D、两灯泡串联，若L1灯丝烧断，电路断路，L2灯不能正常发光，故D错误；故选A点评：

9、本题考查了电路连接方式的判断、电路工作情况，知道串并联的概念、知道串并联的特点即可正确解题7（2分）如图所示，R1=10欧姆，电流表A1示数为0.5安培，电源电压为10伏特错误的是（）AR1与R2并联BR1两端电压为10伏特CR2阻值为20欧姆D电流表A的示数为1.0安培考点：欧姆定律的应用.专题：应用题；电路和欧姆定律分析：由电路图可知，两电阻并联，电流表A1测R2支路的电流，电流表A测干路电流根据并联电路的电压特点可知两电阻两端的电压，根据欧姆定律求出通过R1的电流，利用并联电路的电流特点求出干路电流解答：解：A电路图可知，两电阻并列连接，则两电阻并联，故A正确，不符合题意；B因并联电路中

10、各支路两端的电压相等，所以R1两端电压U1=U2=U=10V，故B正确，不符合题意；C由I=可得，R2阻值R2=20，故C正确，不符合题意；D通过R1的电流I1=1A，由并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知，电流表A的示数I=I1+I2=1A+0.5A=1.5A，故D不正确，符合题意故选D点评：本题考查了电路的辨别和并联电路的特点以及欧姆定律的应用，是一道基础题目8（2分）（2014济宁）小梦为济宁市2014年5月份的体育测试设计了一个电子身高测量仪如图的四个电路中，R0是定值电阻，R是滑动变阻器，电源电压不变，滑片会随身高上下平移能够实现身高越高，电压表或电流表示数越大的电路是（）ABC

11、D考点：电路的基本连接方式.专题：电路变化分析综合题分析：先识别电路，然后根据身高的变化，判断滑动变阻器接入电路的阻值的变化，再根据欧姆定律、串联电路分压的特点以及并联电路电流的规律判断电压表或电流表示数的变化解答：解：A、两电阻串联，电流表测量电路中的电流，身高越高R接入电路的电阻变大，电路中的总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，即电流表示数变小，故A不符合题意；B、两电阻串联，电压表测R两端的电压，身高越高R接入电路的电阻变大，电路中的总电阻变大，根据串联电路分压的特点可知，滑动变阻器分得的电压变大，即电压表的示数变大，故B符合题意；C、两电阻串联，电压表测R两端的电压，身高越高

12、R接入电路的电阻变小，电路中的总电阻变小，根据串联电路分压的特点可知，滑动变阻器分得的电压变小，即电压表的示数变小，故C不符合题意；D、两电阻并联，电流表测量定值电阻所在支路电流，由于并联电路中各支路互不影响，因此通过定值电阻的电流不变，与身高无关，故D不符合题意故选B点评：明确电压表、电流表的测量对象是解题的基础，熟练应用欧姆定律、串联分压原理来分析电路中电流、电压的变化是解题的关键9（2分）（2014南宁）如图所示的电路，电源电压不变，闭合开关S后，灯L1和L2均发光，过了一段时间，一盏灯突然熄灭，而电流表和电压表的示数都不变，则发生的故障可能是（）AL2断路BL1断路CL2短路DL1短路

13、考点：电流表、电压表在判断电路故障中的应用.专题：电流和电路分析：如图所示，两灯泡并联，电流表测量的是灯L2中电流，电压表测量的是灯L1两端的电压，也就是灯L2两端的电压，即电源电压根据电流表、电压表在电路中的特征逐一进行判断解答：解：A、灯L1短路，则电压表与导线并联，则电压表被短路，电压表无示数，不合题意B、灯L1断路，则电压表直接测电源电压，并且示数不变L2支路不受影响，故电流表示数不变，符合题意C、灯L2短路，则电流表直接与电源两极相连，会损坏，不合题意D、灯L2断路，则电流表被断路，电流表无示数不合题意故选B点评：此题考查了用电流表、电压表来判断电路故障，对两表的用法和特征要会运用1

14、0（2分）（2014东营）某兴趣小组为了研究电子温控装置，将热敏电阻R1、定值电阻R2以及电压表和电流表连入如图所示电路，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小闭合开关，当温度升高时，电压表和电流表的示数变化情况是（）A电流表和电压表示数均变小B电流表和电压表示数均变大C电流表示数变小，电压表示数变大D电流表示数变大，电压表示数变小考点：电路的动态分析.专题：电路变化分析综合题分析：由电路图知：热敏电阻与定值电阻串联，电压表测量热敏电阻两端的电压，电流表测量总电流，当温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律可知电路电流的变化，进一步求出电压表示数的变化解答：解：当温度升高时，热敏电阻的阻值减小，

15、电路总电阻减小，电源电压不变，根据欧姆定律I=可知电路电流增大，电流表示数变大；定值电阻R2阻值不变，通过的电流增大，根据公式U=IR可知定值电阻R2两端的电压变大，热敏电阻两端的电压减小，即电压表示数变小故选D点评：本题考查欧姆定律的应用，关键知道温度升高时电路电阻的变化，从而引起的电流和电压的变化，要熟记串联电路电压的规律11（2分）（2013江阴市模拟）小明用台秤研究人在竖直升降电梯中的运动他先在地面上用台秤称得自己的体重为500N，再将台秤移至电梯内，电梯从t=0时由静止开始向下运动到t=11s时停止，测得台秤对自己的支持力F随时间t变化的图象如图所示，则（）A02s的过程中，小明的动

16、能不变B2s10s的过程中，小明的重力势能转化为动能C10s11s的过程中，小明的机械能不断减小D011s的过程中，小明的机械能不断增大考点：动能和势能的大小变化.专题：应用题；机械能及其转化分析：（1）当人踩在称上时，受到重力的作用和称对人的支持力的作用，此时称对人的支持力就是称的示数（2）若物体所受两个力的大小相等，方向相反，作用在同一物体上，且在同一条直线上时，这两个力就平衡了；静止和匀速直线运动属于平衡状态，物体保持平衡状态时，一定受到平衡力的作用（3）动能的大小与物体的质量和速度有关；重力势能的大小与物体的质量和高度有关解答：解：A、02s的过程中，小明受到的重力是500N，支持力是

17、450N，故大小不相等，不是平衡力，即不是匀速直线运动，故动能改变，故错误；B、2s10s的过程中，重力是500N，支持力也是500N，故是平衡力，就此时处于匀速下降状态，故其质量不变，速度不变，动能不变；同时质量不变，高度减小，故重力势能减小，故该过程不是动能和重力势能的转化，故错误；C、10s11s的过程中，此时的重力是500N，支持力大于500N，故此时电梯做减速运动，所以动能变小；同时高度减小，所以重力势能也减小，即机械能减小，故正确；D、0秒时，电梯的高度较高，故有重力势能，其机械能就是重力势能；当到达11s时，电梯落到地面上静止，即此时即没有动能，也没有重力势能，故机械能是减小的，

18、故错误；故选C点评：能准确的读懂图中的意思，并能结合物体的运动状态分析判断即可解决12（2分）小明对新型LED灯带很好奇，取一段剖开后发现，灯带中的LED灯是串联后通过电源适配器接入照明电路的他取下其中一只LED灯接在3V电池两端，灯不亮，对调电池正负极后亮了，用手试摸，点亮的灯几乎不发热以下推断符合上述实验事实的是（）A单只LED灯工作电压是220VBLED灯具有单向导电特性C灯带中一只LED灯断路后其他灯还亮DLED灯主要是将电能转化为内能考点：半导体的作用.专题：粒子与宇宙、材料世界分析：根据题意中所给条件和半导体的特点来分析解答：解：A、单只LED灯接在3V电压下发光，所以其正常工作电

19、压不是220V，故A错误；B、电池正负极没对调之前灯不发光，对调后发光，说明LED灯有单向导电性，故B正确；C、灯带中的LED灯是串联后通过电源适配器接入照明电路的，故C错误；D、用手试摸，点亮的灯几乎不发热，所以电能主要转化成光能，故D错误故选B点评：本题要求了解半导体材料具有单向导电性的特点，还要求具有从题意中找出答案的能力二、填空题（本题共10小题，每空1分，共27分）13（2分）（2014南充）如图所示，物体重G=50N，OB=0.4m，OA=1m，使杠杆在水平位置平衡时，F1的力臂L1=0.5m，F1=40N（杠杆重忽略不计）考点：杠杆的平衡条件.专题：简单机械分析：（1）力臂是从支

20、点到力的作用线的距离，做出F1的作用线，确定支点，并做出动力臂和阻力臂；（2）根据动力臂和OA的关系结合杠杆平衡条件进行解答解答：解：（1）做出F1的作用线，则从支点到作用线的距离即为L1，力臂L2=OB=0.4m，如图所示：；（2）由图知，当测力计斜向上拉动时，力的作用线与OA成30°夹角，其力臂L1=OA=×1m=0.5m，则此时测力计的示数为：F1L1=GOB，F1×0.5m=50N×0.4m，F1=40N故答案为：0.5；40点评：此题考查了力臂的画法及杠杆平衡条件的应用，理解力臂是应用杠杆平衡条件的基础，杠杆平衡调节又是杠杆问题的重点，一定要熟

21、练掌握14（4分）（2014南宁一模）如图所示，用滑轮组提升重为220N的物体，动滑轮重为20N，不计滑轮与轴之间的摩擦及绳重若在5s内将绳子匀速向上拉6m，则物体上升2m，手拉绳子的力为80N，拉力的功率为96W，滑轮组的机械效率为91.7%考点：滑轮组绳子拉力的计算；滑轮（组）的机械效率；功率的计算.专题：简单机械；功、功率、机械效率分析：（1）根据s=3h求出泥桶上升高度；（2）根据F=（G+G动）求出拉力大小；（3）根据W=Fs求出拉力做的功，根据P=求出功率；（4）根据=求出机械效率解答：解：（1）s=3h泥桶上升高度h=s=×6m=2m；（2）手拉绳子的力F=（G+G动）

22、=×（220N+20N）=80N；（3）拉力做的功W=Fs=80N×6m=480J，拉力的功率P=96W；（4）机械效率：=×100%=×100%=×100%=×100%=×100%91.7%故答案为：2；80；96；91.7点评：此题主要考查的是学生对滑轮组省力特点、功、功率、机械效率计算公式的理解和掌握，基础性题目15（4分）一台汽油机飞轮的转速为2400r/min，则在1s内，汽油机完成20个冲程；对外做功的次数是20生活中我们看到司机往汽车发动机的水箱里灌水，这是因为水的比热容大，所以在相同条件下水能带走较多的热量，

23、冷却效果好考点：内燃机的四个冲程；水的比热容的特点及应用.专题：比热容、热机、热值分析：（1）内燃机一个工作循环活塞往复2次，曲轴转动2周，做功1次（2）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解答：解：（1）由题意知汽油机飞轮转速为2400r/min=40r/s，因为一个工作循环活塞往复2次，曲轴转动2周，做功1次，所以该汽油机1s内完成20个工作循环，对外做功20次（2）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，水能带走较多的热量，冷却效果好，所以用水做汽

24、车发动机的冷却剂故答案为：20；20；比热容；热量点评：本题主要考查有关热机的简单计算，学生对比热容的概念及水的比热容大的特点在生活中的应用的了解和掌握，难度不大16（2分）（2014台州）“辽宁舰”服役，圆了中国航母梦如图为航母上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在两秒钟内达到起飞速度（1）牵引索与蒸汽活塞连接的两个滑轮为定滑轮（选填“定滑轮”或“动滑轮”）（2）气缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，内能减小，同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力考点：定滑轮及其工作特点；做功改变物体内能.专题：其他综合题分析：（1）知道定滑轮是轴的位置固定不动的滑轮，动滑轮是轴的位置随被拉物体一起运动的滑轮（2）物

25、体对外界做功，物体的内能减小，温度降低解答：解：（1）定滑轮是轴的位置固定不动的滑轮，由图可知，牵引索与蒸汽活塞连接的两个滑轮为定滑轮；（2）气缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，内能减小，同时推动活塞，使舰载机获得巨大的牵引力故答案为：（1）定滑轮；（2）减小点评：本题考查定滑轮和动滑轮的定义、改变内能的方法，是一道基础题17（3分）小明发现许多宾馆都利用房卡取电，如图1只有把房卡插入槽中，房间内的用电器才能使用房卡的作用相当于实验电路中的开关，房间里各用电器之间是并联的他又注意到是家用的如图2所示电能表根据图中的数据，你还能得到哪些信息：电能表的示数为262.5kWh（只需写出一条）考点：电路的基

26、本连接方式；电路的组成；电能表参数的理解与电能的求法.专题：电流和电路；电能和电功率分析：（1）开关的作用是控制电路的通断，串联电路中开关控制所有用电器，并联电路中干路的开关控制所有用电器，支路的开关控制本支路用电器；（2）串联电路各用电器工作情况互相影响，并联电路各用电器工作情况互不影响；（3）从电能表表盘可得到的信息：电能表的工作电压，每消耗1kWh的电能，电能表转盘的转数，电能表平时工作的最大电流，交流电的频率，此时电能表的示数解答：解：（1）房卡可以控制用电器的工作，不插入插槽中，所有房间内的用电器都不工作，所以房卡相当家庭电路的开关；（2）房间里的电视机和电灯工作时互不影响，所以是并

27、联的；（3）还能得到哪些信息：电能表的示数为262.5kWh；交流电的频率为50Hz故答案为：开关；并；电能表的示数为262.5kWh点评：此题要求掌握开关的作用和串并联电路的工作特点，以及对电能表参数的理解，联系生活实际会辨认会解释18（4分）甲和乙两灯的额定电压均为6V，如图是两灯的电流随其两端电压变化的曲线现将两灯串联后接在某一电路中，要使其中一个灯泡正常发光，并保证电路安全，电路的工作电流应为0.5A，电源电压最大为8V，此时这两灯实际功率之比是1：3，正常发光的灯是乙灯考点：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；电功率的计算.专题：应用题；电路和欧姆定律；电能和电功

28、率分析：由图可知，电压相等时，灯泡甲的电流大于灯泡乙的电流，故两灯串联后使其中一个灯泡正常发光时只能是电流较小的灯泡；正常发光时的电压为额定电压，根据串联电路电流规律可知两灯电流相等，利用图象读出此时灯泡甲的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的最大电压；根据P=UI求出此时两灯泡实际功率的大小解答：解：由图象可知：甲正常工作时的电流为1A，乙正常工作时的电流为0.5A，串联电路中各处的电流相等，两灯泡串联时，电路的最大电流为0.5A，此时乙灯泡正常发光；由图象可知，0.5A所对应的电压分别U甲=2V，U2=6V，串联电路中总电压等于各分电压之和，电源电压为U=U甲+U乙=2V+6V=8V，此

29、时两灯泡的功率之比：=故答案为：0.5；8；1：3；乙点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用；关键是电压和电流不成正比，即电阻变化的，应直接从图中找出电流对应的电压和电压对应的电流进行求解19（2分）（2011重庆）在图所示的电路中，电源电压为3V闭合开关S，电流表的示数为1.2A，电流表的示数为0.3A，则通过R1的电流是0.9A，R2的阻值是10考点：欧姆定律的应用；并联电路的电流规律.专题：计算题分析：由图可知两电阻并联，A2测量流过R2的电流，A1测量干路电流，则由并联电路的电流规律可得出通过R1的电流；由欧姆定律可求得R2的阻值解答：解：由图及已知可得：干路电流I

30、=1.2A，通过R2的电流I2=0.3A，则由并联电路的电流规律可得：通过I1的电流I1=II2=1.2A0.3A=0.9A；由欧姆定律可得：R2的阻值R2=10；故答案为：0.9，10点评：本题考查欧姆定律及并联电路的电流规律，要明确电流表在电路中的作用20（2分）（2014齐齐哈尔）智能手机上已普遍使用电阻触摸屏，如图在竖直方向上触摸屏相当于一根电阻丝，触摸P点时电阻丝被分为上、下两部分，电阻分别为R1、R2电源电压不变，当触摸点在竖直方向移动时，若测得R1两端电压减小，则R1阻值减小，触摸点P到屏下端的距离增大（均填“增大”、“减小”或“不变”）考点：欧姆定律的应用.专题：应用题；欧姆定

31、律分析：从电路图可知，R1、R2串联，电流相等，根据公式U=IR可知，电阻越大，电阻两端的电压越大从电路图可以看出R1的电阻变化与屏下端的距离的关系解答：解：R1、R2串联，通过两电阻的电流相等，当R1两端电压减小时，U=IR，R1的电阻在减小，从电路图可以看出R1的电阻减小，应该是增大到屏下端的距离故答案为：减小；增大点评：本题考查了欧姆定律的应用和串联电路的特点，关键是对电路图的正确分析21（2分）（2012山西）电路元件甲和乙的电流与两端电压的关系如图所示，由图可知，甲的电阻是5若将甲，乙并联到电压为2v的电源两端，干路中的电流是0.6A考点：欧姆定律的应用；并联电路的电流规律；并联电路

32、的电压规律.专题：计算题；应用题；压轴题；图析法分析：（1）先根据元件甲的UI图象读出任一电压和对应的电流，根据欧姆定律求出其阻值的大小；（2）根据并联电路电压特点可知两电阻并联时两端的电压，再根据图象读出对应的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流解答：解：（1）由图象可知，当U甲=3V，I甲=0.6A，元件甲的电阻R甲=5；（2）元件甲、乙并联后接在电压为2V的电源两端时，U甲=U乙=2V，由图象可知，I甲=0.4A，I乙=0.2A，干路电流I=I甲+I乙=0.4A+0.2A=0.6A故答案为：5；0.6点评：本题要求学生正确应用图象获得必要信息，并能结合并联电路的特点熟练应用欧姆定律的

33、计算公式22（2分）（2012绥化）如图所示，若甲、乙均为电压表时，闭合开关S，则两电压表的读数U甲：U乙=3：2若甲、乙均为电流表时，断开开关S，则两电流表的读数I甲：I乙=1：3，R1：R2=1：2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；串联电路的电压规律；并联电路的电压规律；电路的动态分析.专题：压轴题；动态预测题；图析法分析：（1）若甲、乙均为电压表时，闭合开关S，R1和R2串联，电压表甲测量串联电路的总电压，电压表乙测量R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出两个电阻两端的电压之比，再根据欧姆定律和串联电路的电流特点求出两电阻之比；（2）若甲、乙均为电流表时，

34、断开开关S，R1和R2并联，甲电流表测量R2的电流，乙电流表测量R1和R2总电流，根据欧姆定律和并联电阻的电流关系得出R1和R2的电流之比，再推导出两表示数之比解答：解：若甲、乙均为电压表时，闭合开关S，R1和R2串联，如下图所示：则U=U甲，U2=U乙，由题知，U甲：U乙=3：2，即U：U2=3：2，U1：U2=1：2，串联电路各处的电流相等，根据U=IR可得：R1：R2=U1：U2=1：2；（2）若甲、乙均为电流表时，断开开关S，R1和R2并联，如下图所示：并联电路各支路两端的电压相等，I1：I2=R2：R1=2：1，并联电路总电流等于各支路电流之和，I：I2=3：1，甲电流表测量R2的电

35、流，乙电流表测量R1和R2总电流，I甲：I乙=I2：I=1：3故答案为：1：3；1：2点评：本题考查了电路的动态分析，即通过改变开关的连接方法和电表的更换改变了电路的连接方法，电路先串联后并联，通过电阻的不变量来沟通两个过程三、解答题（本大题共8小题，共31分）23（3分）（2014盘锦模拟）如图所示杠杆OBA处于平衡状态，请分别画出力F1的力臂L1和力F2的力臂L2考点：力臂的画法.专题：简单机械分析：力臂的画法：首先根据杠杆的示意图，确定杠杆的支点确定力的作用点和力的方向，画出力的作用线从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂解答：解：分别反向延长力的作用线F1和F2，从O做F1

36、的垂线段就是F1的力臂，从O做F2的垂线段就是F2的力臂故答案为：点评：作力臂时要找好支点与力的作用线，因为力臂是从支点到力的作用线的距离24（2013日照）如图所示，用滑轮组提升重物用笔画线代替绳子在图中画出最省力的绳绕法考点：滑轮组的设计与组装.专题：图像综合题分析：滑轮组绳子的绕法，有两种：一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，绕过下面的动滑轮，再绕过上面的定滑轮；二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮本题中，要求最省力，属于第二种解答：解：只有一个动滑轮，要求最省力，绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮，如图所示：点评：本题画最省力的绕绳方法

37、：绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮25（3分）（2011宿迁）如图所示为生活中常用的热水瓶，其外壁采用镀银的双层玻璃，并将中间抽成真空，这是为了减少热量散失（或热传递）注入一定量的热水后，立即盖上软木塞，软木塞会跳起来这一过程中瓶内气体的内能转化为软木塞的机械能汽油机的做功冲程也发生同样的能量转化考点：热传递改变物体内能；做功改变物体内能；内燃机的四个冲程.专题：应用题；简答题分析：（1）热水瓶中间为双层玻璃瓶，两层之间抽成真空，并镀银或铝，真空状态可以避免热对流，玻璃本身是热的不良导体，镀银的玻璃则可以将容器内部向外辐射的热能反射回去；（2）瓶内热水蒸发产生大量水

38、蒸气，水蒸气膨胀对瓶塞做功，内能转化为机械能；（3）汽油机的四个冲程中，压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能解答：解：（1）真空可以避免空气的对流，放置热传递的产生，减少热量散失，起到保温作用；（2）瓶塞跳起来，机械能增大，这是由于暖瓶内气体膨胀做功造成的，水蒸气的内能转化成瓶塞的机械能；（3）汽油机在做功冲程中，气缸内高温气体膨胀推动活塞做功，内能转化为机械能故答案为：热量散失（或热传递）；内；做功点评：本题从生活中的物品入手，考查热传递的两种方式，注重了物理知识与生活的联系26（5分）如图所示是小明在探究“杠杆的平衡条件”实验：（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时

39、，发现杠杆右端下沉此时，应把杠杆两端的平衡螺母向左（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在不挂钩码时，保持水平并静止，达到平衡状态这样做的好处便于在杠杆上直接测量力臂（2）杠杆调节平衡后，小明在杠杆上A点挂4个钩码，在B点处挂6个钩码杠杆恰好在原位置平衡于是小明便得出了杠杆的平衡条件为：F1L1=F2L2（3）他这样得出的结论不合理（是/否）合理？为什么？实验次数太少，结论具有偶然性考点：探究杠杆的平衡条件实验.专题：探究型实验综合题分析：（1）杠杆右端下沉，说明杠杆的重心在支点右侧，调节平衡螺母应使杠杆重心左移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响；杠杆在水平位置平衡时，力的

40、方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来；（2）杠杆的平衡条件为：F1L1=F2L2；（3）实验时，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出物理规律解答：解：（1）杠杆重心左移，应将平衡螺母（左端和右端的平衡螺母调节方向一致）向左调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就可忽略杠杆的自重对实验的影响；力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来；（2）杠杆的平衡条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂（或F1L1=F2L2）；（3）只通过一次测量，数据具有偶然性，不具备

41、普遍性故答案为：（1）左；便于在杠杆上直接测量力臂；（2）F1L1=F2L2 ；（3）不合理； 实验次数太少，结论具有偶然性点评：杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡；初中物理实验进行多次测量有些是为了求平均值，使测得的数据更准确，有些是为了寻找普遍规律，探究杠杆平衡的条件多次测量就是为了寻找普遍规律27（4分）如图所示是探究“物体动能的大小与什么因素有关的实验示意图（B为木块）（1）在探究动能与速度的关系时，要保持小球的质量不变，让小球从不同（选填“相同”或“不同”）的高度滚下（2）物理的研究方法有许多，本实验运用了两种研究方法

42、：一是控制变量法法；二是转换法就本题来说：用木块移动距离来表示小球动能大小的方法就是转换法考点：探究影响物体动能大小的因素.专题：探究型实验综合题分析：（1）当研究动能大小与速度的关系时，要让小球的质量相同，速度不同，所以应使质量相同的小球沿斜面的不同高度滚下，运用了控制变量方法；（2）物体动能大小不能直接观察，而是通过物体推动其它物体运动距离来反映，推动其它物体运动越远，物体的动能越大，这是一种转换法的思想解答：解：（1）实验中通过观察木块滑行距离大小来反映小球动能大小，木块移动的越远，小球的动能越大，这里运用了转换法；（2）为了探究物体的动能与速度的关系，应该让同质量的小球沿斜面不同高度静

43、止滚下撞击水平板上的木块；这样做的目的是想研究小球动能的大小与速度的关系，让小球从斜面的不同高度滚下的目的是保证小球的速度不同，这是控变量法的体现故答案为：（1）速度； 不同；（2）控制变量法；木块移动距离点评：动能大小与物体的质量和速度有关，在探究过程中要利用控制变量法，而动能大小通过小球推动木块的距离来反映，用到转换法，控制变量法和转化法是物理实验中经常用到的方法，要注意掌握和应用28（2分）（2014济南）自动售票公交车后门两侧的扶手上各装有一个红色按钮，如图甲所示想要下车的乘客只要按下其中任何一个按钮，装在车内的电铃就会响起，以提醒司机停车并打开车门请你再图乙的虚线框内画出这个电路的电

44、路图考点：电路图设计.专题：作图题；电流和电路分析：根据“乘客只要按下任何一个按钮，电铃就会响起”结合串并联电路特点判断两个开关的连接方式解答：解：只要按下任何一个按钮，电铃就会响起，说明这两个开关互不影响，是并联的；如图所示：点评：本题考查了两个开关的连接方式的判断，解题时要抓住关键字词“任何一个”判断两开关为并联29（7分）（2014白银）李明和小亮利用如图（甲）所示的电路探究“电流与电阻的关系”已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻R的阻值分别为10、15、20、25（1）李明根据图（甲）所示电路图，将图（乙）中的实验器材连接成实验电路，小亮在检查时认为，从实验目的来看，实验电路上

45、有一根导线连接错了，建议李明改线请在接错的那根线上打“×”；另画一根导线，使电路连接正确；如果不改接这根导线，对实验的影响是：不能测出待测电阻两端的电压（具体说明是什么影响）（2）李明将电路改接正确后，闭合开关，调节变阻器的滑片到某位置，保持电压表的示数为2.5V，电流表的指示如图（丙）所示，则电流表的读数是0.25 A，连接电路的电阻R的阻值是10（3）实验中，若保证电压表的示数为2.5V不变，将定值电阻R的阻值由25更换为15，为了保持电压表的示数不变，应将滑动变阻器的滑片向左（选填“左”或“右”）移动；当定值电阻为10，移动滑动变阻器滑应接入电路的阻值为14考点：探究电流与电压

46、、电阻的关系实验.专题：探究型实验综合题分析：（1）根据（甲）中电路图，顺着电流的方向连接（乙）中的实物图，电流表测干路电流，电压表测待测电阻Rx两端的电压，发现电压表的连接出现了问题；（2）分清电压表与电流表的量程与分度值，读出指针指示的数值，然后利用公式R=计算电阻（3）要探究电流与电阻的关系，需要改变接入电路的定值电阻的阻值，同时保持两端电压一定；定值电阻变化，两端电压相应变化，要保持电阻两端电压不变，就要调节滑动变阻器的滑片，调整接入电路的阻值大小；当定值电阻R的阻值由25换成10时，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压，再根据欧姆定律求出滑

47、动变阻器接入电路的阻值解答：解：（1）根据电路图连接实物图，发现电压表测的是滑动变阻器与Rx两端的电压，显然与实验要求不符，这样不能测出待测电阻两端的电压，修改如图所示；（2）由图知：电流表采用量程是00.6A，分度值是0.02A；所以电压U=2.5V，电流I=0.25A；根据欧姆定律得：Rx=10（3）定值电阻R的阻值由25更换为15，因为串联电路电压与电阻成正比，所以电阻两端电压会减小；要保持电压不变，需要将滑动变阻器的电阻也减小应将滑动变阻器的滑片向左滑动；当定值电阻R的阻值由25换成10时，电路中的电流：I=0.25A，滑动变阻器的阻值：R滑=14；故答案为：（1）电路连接改正如下：；

48、 不能测出待测电阻两端的电压；（2）0.25；10；（3）左；14点评：此题考查利用伏安法测电阻的阻值，本题中涉及到了电路的连接、电流表与电压表的读数、误差产生原因及分析，综合性强，必须对欧姆定律有深入的理解30（7分）（2013营口）小明用图甲所示的电路测量额定电压为2.5V的小灯泡电阻，图乙是小明未完成连接的实验电路（1）请你按照电路图，用笔画线代替导线，完成图乙中实验电路的连接（2）小明将电路连接正确后，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）；（3）当电压值改变的时候，小灯泡的阻值变化

49、（选填“变化”或“不变”）；（4）小明又想测某未知电阻Rx的阻值，设计了如图所示电路（R0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B断开S2、闭合S1记录电流表示数为I1C断开S1时，闭合S2，记录电流表的示数为I2表达式：Rx=（用已知和测量的物理量的符号表示）考点：伏安法测电阻的探究实验.专题：压轴题；探究型实验综合题分析：（1）按电路图连接电路时，注意电路的连接顺序及连接方式，电压表与电阻并联，滑动变阻器应接一上一下；（2）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；（3）

50、根据灯丝的电阻随温度的升高而增大来分析；（4）在没有电压表时，使定值电阻与待测电阻并联，根据电流表和定值电阻的示数计算出电压，然后根据公式R=计算出其电阻解答：解：（1）电压表与灯泡并联，由于电源电压为3V，灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表可选择03V量程；由电路图中，滑动变阻器应再连接下面左边的接线柱，如图所示：（2）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；（3）灯丝的电阻随温度的升高而增大，当电压值改变的时候，灯丝的温度变化，则小灯泡的阻值变化；（4）根据B可测出电源电压，U=I1R0，再测出待测电阻的电流便可求出其电阻的阻值，所以应断开S1

51、时，闭合S2，记录电流表的示数为I2则Rx=故答案为：（1）见上图；（2）0.3；8.3；（3）变化；（4）断开S1时，闭合S2，记录电流表的示数为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，同时考查了电压表的读数及灯丝电阻与温度的关系四、计算题（本大题共3小题，共18分）31（6分）（2010苏州）如图所示，斜面长S=10m，高h=4m用沿斜面方向的推力F，将一个重为100N的物体由斜面底端A匀速推到顶端B运动过程中物体克服摩擦力做了100J的功求：（1）运动过程中克服物体的重力做的功；（2）斜面的机械效率；（3）推力F的大小考点：功的计算；有用功和额外功；斜面

52、的机械效率.专题：计算题分析：（1）根据重为100N的物体和高h=4m的斜面，利用W=Gh即可求出运动过程中克服物体的重力做的功；（2）由运动过程中物体克服摩擦力做了100J的功可知，运动过程中的总功为克服物体的重力做的功加上100J，然后利用=×100%，即可求出斜面的机械效率；（3）由W=500J，斜面长S=10m，利用W=Fs，即可求出F，解答：解：（1）W=Gh=100N×4m=400J；（2）=×100%=×100%=80%；（3）由W=Fs得，F=50N答：（1）运动过程中克服物体的重力做的功为400J；（2）斜面的机械效率为80%；（3）推

53、力F的大小为50N点评：此题涉及的知识点不多，解答此题的关键是注意运动过程中物体克服摩擦力做了100J的功，这部分功是无用功，不要把它当成推力做的功32（5分）家用电磁炉以其高效、节能成为新一代智能灶具，小明在家中关闭其他所有用电器，在只有电磁炉正常工作的情况下请你回答下列有关问题：（1）1标准大气压下，锅内装有4.5L温度为20的水，给电磁炉通电把水加热到沸腾，水至少吸收多少热量？水的密度为1.0×103kg/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg）（2）把上述水烧开用了20min家中安装的标有“3000r/（kWh）”的电能表转了1400圈，求电流对该电磁炉做多少电功？（3）此电磁炉烧水时的效率是多少？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）1标准大气压下水的沸点是100，知道水的体积根据密度公式求出水的质量，又知道水的比热容和初温，根据Q吸=cm（tt0）求出水吸收的热量；（