江苏省南京市建邺区2024-2025学年九年级（上）期末物理试卷（解析版）

第=page11页，共=sectionpages11页江苏省南京市建邺区2024-2025学年九年级（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共12小题，共24分。1.电功的单位一般用焦耳，有时也可以用(

)A.安培 B.伏特 C.瓦特 D.千瓦时【答案】D

【解析】安培是电流的单位；伏特是电压的单位，瓦特是功率的单位；在国际单位制中，电功的单位是焦耳，符号J，电功的常用单位千瓦时，符号kW⋅h，也叫度。

故ABC错误，D正确。

故选：D。

2.关于热值、热量、内能和温度，下列说法中正确的是(

)A.热值大的燃料完全燃烧，放出的热量一定多

B.燃料燃烧的越充分，燃料的热值一定越大

C.物体内能增加，可能是从外界吸收了热量

D.热传递过程中，热量可能从低温物体传递到高温物体【答案】C

【解析】解：

A、由燃料完全燃烧放出的热量公式Q放=mq可知，热值大的燃料完全燃烧，放出的热量不一定多，还要看完全燃烧燃料的质量大小，故A错误；

B、热值是燃料的一种特性，其大小燃料的燃烧程度无关，故B错误；

C、物体内能增加，可能是从外界吸收了热量，也可能是外界对物体做功，故C正确；

D、热传递过程中，热量可以自发地从高温物体传递到低温物体，不可以从低温物体传递到高温物体，故D错误。

故选：C。

(1)1kg某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值，燃料完全燃烧放出的热量Q放=m3.在科学实验时，为了减小误差或寻找普遍规律，经常需要进行反复多次实验。

①“测量物体的长度”时，多次测量

②“研究杠杆的平衡”时，改变动力(臂)和阻力(臂)，多次测量

③“研究串、并联电路的电流特点”时，换用不同定值电阻，多次测量

④“用电压表和电流表测导体的电阻”时，多次测量电阻两端电压和通过电阻的电流值

上述实验中寻找普遍规律的是(

)A.①② B.①③ C.②③【答案】C

【解析】①“测量物体的长度”时，由于测量工具或测量方法等会产生实验误差，为了减小误差采取多次测量求平均值的方法；

②“研究杠杆的平衡”时，改变动力(臂)和阻力(臂)，多次测量是为了探究杠杆的平衡条件，总结出“动力×动力臂=阻力×阻力臂”一般规律；

③“研究串、并联电路的电流特点”时，尤其是探究并联电路的电流特点时，如果两个电阻阻值相同，测量的电流也会相同，就会得出“并联电路各支路电流相等”的错误结论，因此为了寻找普遍规律，换用不同电阻多次测量。

④“用电压表和电流表测导体的电阻”时，测量的是定值电阻的阻值，测量值是个定值，多次测量可以比较测量值减小误差。

故选：C。

测量性实验为了减小误差或者寻找规律进行多次测量，如果物理量是个恒量，多次测量求平均值可以减小实验误差；如果不是测量具体的物理量，而是寻找规律也采取多次测量，寻找普遍性。

注意求平均值时，计算的结果小数点后面保留的位数要和题目中提供的数据的位数相同，这是由测量工具的分度值决定的。4.如图所示，用甲、乙滑轮组在相同时间内分别将A、B物体匀速提升相同高度，已知物体受到的重力GA>GB，滑轮组的机械效率”η甲<η乙A.两滑轮组绳端移动的距离相等 B.甲滑轮组的有用功比乙的少

C.甲滑轮组的总功率比乙的小 D.甲滑轮组的动滑轮比乙的重【答案】D

【解析】解：

A、由图可知，滑轮组绳子的有效股数n甲=3，n乙=2，则s甲=3h，s乙=2h，则两滑轮组绳端移动的距离不相等，故A错误；

B、已知物体受到的重力GA>GB、上升的高度相同，根据W有=Gh可知，甲滑轮组的有用功比乙的多，故B错误。

C、由B可知，W有甲>W有乙，已知滑轮组的机械效率η甲<η乙，由η=W有W总可得，甲滑轮组的总功比乙的大，

已知时间相同，由P=Wt可知，甲滑轮组的总功率比乙的大，故C错误；

D、忽略绳重和摩擦，由η=W右W总=5.如图，在光滑的水平台面上，一轻质弹簧左端固定，右端连接一金属小球，O点是弹簧保持原长时小球的位置，压缩弹簧使小球至A位置，然后释放小球，小球就在A、B间做往复运动(已知AO=OB)A.小球在往复运动过程中机械能守恒

B.从B到A弹簧的弹性势能一直减小

C.小球在O点时，动能最大

D.小球从A往B运动过程中，弹性势能转化为动能【答案】C

【解析】解：A、小球在光滑的水平台面上AB间做往复运动，且AO=OB，这表明小球和弹簧的整体机械能是守恒的，在任一位置，小球的动能与弹簧的弹性势能的总和保持不变，小球在往复运动过程中机械能不守恒，故A错误；

B、小球从B到O的过程中，弹簧的形变程度变小，弹性势能变小；从O到B的过程中，弹簧的形变程度变大，弹性势能变大，所以小球从B到A弹簧的弹性势能先变小后变大，故B错误；

CD、小球从A(或B)位置运动到O位置的过程中，弹簧的形变程度变小，弹性势能变小，小球的速度变大，动能变大，弹簧的弹性势能转化为小球的动能；到达O点时，弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能，弹性势能为0，小球的动能最大；从O到B(或A)的过程中，弹簧的形变程度变大，弹性势能变大，小球的动能转化为弹簧的弹性势能，所以整个过程中小球在O点动能最大，故C正确，D错误。

故选：C。6.如图所示电路，开关闭合后，无论怎样移动滑片，小灯泡都不亮，电流表示数有变化，电压表示数为零，造成此现象的原因可能是(

)A.滑动变阻器断路 B.电流表短路 C.导线④断路 D.小灯泡短路【答案】D

【解析】解：由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；

开关闭合后，无论怎样移动滑片，小灯泡都不亮，电流表示数有变化，这说明电路出现了短路现象；

电压表示数为零，所以故障是与电压表并联的灯泡短路。

故选：D。

由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；根据电流表示数分析电路故障的种类，根据电压表示数分析电路故障的原因。

本题考查电路的故障分析，明确电路的连接方式是解题的关键。7.图示电路中(R0阻值已知，表示电阻箱，电源电压恒定)，能求出Rx阻值的是(

)

A.①②④ B.②③④ C.【答案】A

【解析】①由电路图可知，被测电阻和电阻箱串联，电压表测量电阻Rx两端电压，当电阻箱接入电路的电阻为0时，电压表示数即电源电压，在调节电阻箱的阻值，读取电压表的示数，根据串联电路电压规律计算此时电阻箱两端的电压，根据欧姆定律计算通过电路的电流，根据欧姆定律计算待测电阻的阻值，故①能测出Rx阻值；

②若开关接1，对Rx短路，电流表能测出通过R0的电流，根据U=IR计算电源电压，当接2时，电流表测量通过Rx的电流，根据R=UI可求出Rx阻值，故②能测出Rx阻值；

③开关闭合，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，因不知电源电压，所以无法计算通过R0的电流，则不能确定待测电阻两端的电压和通过待测电阻的电流，故③不能测出Rx阻值；

④若开关接1，移动滑动变阻器的滑片，读出电压表的示数，然后保持滑动变阻器的滑片位置不变，让开关接2，调节电阻箱，使电压表的示数不变，得出电阻箱连入的示数，即为Rx阻值，故8.小明家所在的小区安装了自动售水机。售水机既可以通过刷卡闭合“感应开关”，接通供水电机取水，也可以通过投币闭合“投币开关”，接通供水电机取水；光线较暗时“光控开关”自动闭合，接通灯泡提供照明。以下简化电路符合要求的是(

)A. B.

C. D.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查串、并联电路的设计，根据题意可知，刷卡和投币都可以使电动机工作；光控开关控制照明灯。

(1)开关控制用电器时开关和用电器是串联的，用电器和用电器之间是并联的。

(2)根据实际需要学会设计串联电路和并联电路。

【解答】

由题知，售水机既可以通过刷卡闭合“感应开关”，接通供水电机取水，也可以通过投币闭合“投币开关”，这说明刷卡和投币互不影响，故感应开关和投币开关应是并联的；

光线较暗时“光控开关”自动闭合，接通灯泡提供照明，这说明灯泡能独立工作，故灯泡与电动机是并联的；结合图示可知，只有A符合题意，BC9.如图是用相同的加热装置对a、b、c三种固态物质加热时温度随时间变化的图像，其中T1：T2：T3：T4=1：2：3A.在4min时，物质a的内能一定大于c的内能

B.在0～4min时间内，物质a吸热最多

C.三种物质中，c的比热容一定最大

D.【答案】D

【解析】解：A、内能与物质的温度、质量、状态等有关，由于不知道a、c的质量大小等信息，故在4min时，物质a的内能不一定大于c的内能，故A错误；

B、用相同的加热装置对a、b、c三种固态物质加热，在0～4min时间内，三种物质吸热相同，故B错误；

C、由于不知道三种物质的质量大小等信息，三种物质中，c的比热容不一定最大，故C错误；

D、若a、b质量相同，二者温度均T从 ​1升高到T4，加热时间之比为：4min+6min=2：3，故二者吸收热量之比为2；3，根据c=QmΔt可知其比热容之比等于吸收热量之比，为2：3，故D正确。

故选：D。

A、内能与物质的温度、质量、状态等有关，由于不知道a、c的质量大小等信息，故无法比较二者内能大小；

B、用相同的加热装置对a、10.如图所示，甲、乙、丙三个完全相同的烧瓶中分别装有质量相等、初温相同的液体，烧瓶中电阻丝的阻值大小关系为R甲<R乙=RA.甲、丙可探究电阻丝产生热量的多少与电阻大小的关系

B.乙、丙可探究不同物质的吸热升温现象，物质吸热的多少可用温度计示数的升高来表示

C.上述A、B选项中两个实验的研究对象都是瓶内的液体，且都还需要天平和秒表

D.通电相同时间，水和煤油都没有沸腾，温度计示数T【答案】D

【解析】解：A、电流产生热量与电流、电阻和通电时间三个因素有关，探究中要采用控制变量法；探究电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系，应控制电流和通电时间相等以及液体种类相同，改变电阻，而甲、丙两烧瓶中的电阻和液体种类都不同，所以无法完成实验探究，故A错误；

B、为了比较水和煤油吸热的多少，应采用相同的加热装置，通过比较加热时间来比较物体吸收热量的多少，故B错误；

C、探究电热产生的因素与什么有关时，可以不需要秒表，通过开关的通断就可以判定电热与通电时间的关系，故C错误；

D、甲、乙中，电流相同，通电时间相同，电阻越大，产生的热量越多，故乙的温度要大于甲的温度；乙、丙中，水和煤油吸收相同的热量，水的比热容大，则水升高的温度要低一些，故温度计示数高低关系为T丙>T乙>T甲，故D正确。

故选：D。

(1)探究电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系，应控制电流和通电相等，改变电阻；

(11.如图所示，灯泡L1、L2上分别标有“9V 6W”、“6V 6W”的字样，电源电压保持不变。当开关S1闭合，SA.一定是9Ω

B.一定是15Ω

C.一定是18Ω

D.【答案】A

【解析】解：由电路图可知，当S1闭合、S2接a时，R与L1串联，

因串联电路中各处的电流相等，且L1正常发光，

所以，由P=UI可得，电路中电流：

I=P1U1=6W9V=23A，

因串联电路中总电压等于各分电压之和，

所以，由I=UR可得，电源的电压：

U=UR+U1=IR+U1=23A×R+9V①，

当S1闭合、S2接b时，R与L2串联，且L2正常发光，则电路中电流：

I′=P2U2=6W6V12.如图甲，R0为定值电阻，灯L标有“3V 1.5W”字样，电源电压U总保持不变。闭合开关S，滑动变阻器R的滑片从某一位置移到某一端的过程中，其接入电路的电阻改变了ΔR，电路消耗的总功率改变了ΔP，同时三只电表示数均发生变化。图乙中有OA、AB和BA.ΔR为6.5Ω B.ΔP为1.3W

C.U总为11V D.【答案】B

【解析】解：

由图甲可知，闭合开关，灯泡、滑动变阻器、定值电阻串联接入电路，电压表V1测灯泡两端电压，电压表测V2灯泡和滑动变阻器两端的总电压，电流表测通过电路的电流，

串联电路各处电流相等，当变阻器接入电路的阻值不为零时，由串联电路的电压特点可知电压表V2的示数大于电压表V1的示数；

由P=UI可得灯泡正常发光时的电流：IL=PLUL=1.5W3V=0.5A；

灯泡正常发光时的电流为0.5A，所以通过该电路的最大电流为0.5A，且灯泡的电阻是变化的，所以，综合以上分析可知，BC为电压表V1随电流表示数变化的图像，AB为电压表V2随电流表示数变化的图像，

根据题意和图像可知，滑动变阻器R的滑片从某一位置移到某一端的过程中，电流从0.4A增大为0.5A，说明变阻器的滑片是向左移动的，滑片移到最左端时，灯泡L和定值电阻R0串联，此时灯泡正常发光，两电压表都测灯泡两端的电压，即为3V，

串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得电源电压：U总=UL+U0=3V+0.5A×R0①，

滑片在中间某一位置时，灯泡、滑动变阻器和定值电阻R0串联，电压表V1测灯泡两端电压，电压表测V2灯泡和滑动变阻器两端的总电压，此时通过电路的电流为0.4A，灯泡两端的电压为2V，灯泡和滑动变阻器两端的总电压为5V，

此时变阻器接入电路的阻值为R=U2−UL′I=5V−2V0.4A=7.5Ω，即ΔR=7.5Ω−0Ω=7.5Ω；

根据串联电路电压规律结合欧姆定律可得电源电压：二、填空题：本大题共8小题，共22分。13.如图，用两个金属夹子将一根铅笔芯接入电路时小灯泡发光，说明铅笔芯是

(选填“导体”或“绝缘体”)；小夹子在铅笔芯上滑动的过程中，可以通过小灯泡亮度的变化探究铅笔芯电阻和它的

的关系；若滑动时灯泡亮度变化不明显，可以在电路中串联一个

表。

【答案】导体；长度；电流。

【解析】(1)用两个金属夹子将一根铅笔芯接入电路时小灯泡发光，说明铅笔芯容易导电，则铅笔芯是导体。

(2)小夹子在铅笔芯上滑动的过程中，铅笔芯的横截面积、材料不变，改变了接入电路中铅笔芯的长度，可以通过小灯泡亮度的变化来探究导体的电阻跟导体长度的关系。

(3)若滑动时灯泡亮度变化不明显，为了准确判断电路中电流的大小，则可以在电路中串联一个电流表。

故答案为：导体；长度；电流。

(1)容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体。14.如图所示，工人师傅用沿斜面向上1000N的推力，将重为2000N的物体从斜面底端匀速推至斜面顶端。已知斜面长4m、高1.5m，则此斜面的机械效率为______。使用斜面可以______(选填“省力”或“省功”)【答案】75%

省力【解析】解：(1)此过程所做有用功为：W有=Gh=2000N×1.5m=3000J；

所做总功为：W总=Fs=1000N×4m=15.小明用塑料矿泉水瓶进行了如下探究：瓶中留有少量水，盖上瓶盖(图甲)；扭转瓶子(图乙)，轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，瓶内气体的内能______(增大/减小/不变)，同时瓶内出现白雾。此时能量转化与丙、丁图中汽油机______(丙/丁)的工作过程一致，若某台汽油机1s内对外做功20次，则飞轮转速是______r/min【答案】减小

丙

2400

【解析】解：(1)当瓶盖被瓶内的气体冲出时，是瓶内气体对瓶盖做功，内能转化为机械能，瓶内气体的内能减小，这一过程与四冲程内燃机的做功冲程相似，故这个过程与图丙冲程相似；

(2)如果此汽油机每秒内对外做功20次，则每秒完成20个工作循环，飞轮每秒转40圈，即每分钟转2400圈，所以，飞轮的转速为2400r/min。

故答案为：减小；丙；2400。

(1)压缩气体做功，可将机械能转化为内能；气体对瓶盖做功，内能转化为机械能；汽油机做功冲程中将内能转化为机械能，压缩冲程中将机械能转化为内能；

(16.完全燃烧0.21m3的天然气放出的热量为______J，若这些热量有50%被水吸收，则在标准大气压下可将______kg20℃的水烧开．[【答案】8.4×106【解析】解：(1)完全燃烧0.21m3的天然气放出的热量：Q放=Vq天然气=0.21m3×4×107J/m3=8.4×106J；

(2)水吸收的热量：Q吸=50%Q放=5017.某家用吸尘器额定电压为220V，额定电流为5A，正常工作10min，消耗的电能为______J，可使标有“1800imp/(【答案】6.6×105

330【解析】解：

(1)正常工作10min消耗的电能：

W=UIt=220V×5A×10×60s=6.6×105J=1160kW⋅h，

电能表指示灯共闪烁次数：

n18.如图，电源电压保持不变，闭合开关，灯L与滑动变阻器R均工作，两表指针所指位置相同，则甲表为______表；灯L与滑动变阻器R两端电压之比为______；向右移动滑片P，乙表的示数______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。

【答案】电压

1：4

不变

【解析】解：电源电压保持不变，闭合开关，灯L与滑动变阻器R均工作，若乙为电流表，则电源断路，所以乙为电压表；若甲为电流表，则灯泡会被短路，所以甲为电压表，该电路为串联电路，甲测量灯泡两端的电压，乙测量电源的电压；

两表指针所指位置相同，由于电源电压等于各用电器两端电压之和，所以甲用的是小量程，乙用的是大量程，大量程是小量程的5倍，所以灯L与滑动变阻器R两端电压之比1：(5−1)=1：4；

向右移动滑片P，乙表测量的是电源电压，电源电压不变，所以乙表的示数不变。

故答案为：电压；1：4；不变。

电流表应串联接入电路中，电压表应并联接入电路中，根据电表的连接方式分析电表的类型；

根据串联电路的电压规律分析灯L与滑动变阻器19.如图甲电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑片P从A端移动到B端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系图像如图乙所示。则R1的阻值为______Ω；图乙中阴影部分面积表示某一时刻R2的______(填一物理量)；在移动滑片过程中，电路总功率的变化量ΔP为______W【答案】10

电功率

3

【解析】解：(1)P置于A端时，电路中只有R1工作，由图乙可知，此时电路中的电流为I1=0.6A，

电源电压U=U1=I1R1=0.6A×R1①

当滑片P移到B端时，R1、R2串联，由图乙可知电路中的电流I2=0.1A和R2两端的电压U2=5V，根据欧姆定律和串联电路电压规律可得，电源电压U=U1+U2=0.1A×R1+5V②

解①②两式可得电源电压U=6V，R1=10Ω；

(220.如图所示，电源电压为8V，电阻R0=20Ω，R为滑动变阻器，规格为“30Ω，2A”。

(1)当S、S2闭合，S1断开，且P位于滑动变阻器的b点时，电流表的示数为______A；

(2)小灯泡的额定电压为6V，图乙是小灯泡电流随电压变化的图像。当S、S1闭合，S2断开时，调节变阻器的滑片，使电流表示数为0.4A。则1【答案】0.16

120

1.28

【解析】解：(1)由图甲可知，当S、S2闭合，S1断开，且P位于滑动变阻器的b点时，R、R0串联，此时滑动变阻器处于最大值，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻：R总=R+R0=30Ω+20Ω=50Ω，

电路中电流：I=UR总=8V50Ω=0.16A，即电流表示数为0.16A；

(2)当S、S1闭合，S2断开时，滑动变阻器R与灯泡L串联，调节变阻器的滑片，使电流表示数为0.4A，串联电路电流处处相等，由图乙可知，此时灯泡两端的电压为3V，

电源电压为8V，根据串联电路的电压特点可知，滑动变阻器两端的电压：U滑=U−UL′=8V−3V=5V，

1min内变阻器R消耗的电能：W=U滑I′t=5V×0.4A×1×60s=120J；

(3)由P=U2三、作图题：本大题共3小题，共6分。21.在如图中，杠杆AB处于平衡状态，请作出杠杆所受阻力F2的示意图和动力臂L1对应动力F1

【答案】解：阻力F2是物体对杠杆的拉力，作用点在杠杆上，方向竖直向下；

过动力臂L1的左端，作垂直于向下L1的直线，与杠杆的交点为动力的作用点，进而作出其对应动力F1【解析】(1)阻力F2是物体对杠杆的拉力，先找出阻力作用点，然后过作用点作竖直向下的阻力；

(2)根据利于利弊垂直关系作出动力臂L22.在如图所示电路的圆圈内填上适当的电表符号。要求：当开关S闭合时，电路连接正确，电阻R1、R2都能正常工作。

【答案】解：根据电路图可知，R2、R2的一端通过开关S连接到电源的正极，所以要使两灯均能发光，两灯泡必须并联连接；

因电流表与被测用电器串联、电压表与被测用电器并联，则右侧圆圈内应接入电压表，测R2两端的电压；下方圆圈内应接入电流表，测通过R2【解析】电压表与被测用电器并联，并且在电路中相当于开路；电流表与被测用电器串联，并且在电路中相当于导线；根据电压表和电流表的正确使用方法以及在电路中的作用选择填入。

本题考查了电流表和电压表的连接，正确判断电路的连接方式是关键。23.如图所示，请你用笔画线代替导线将插座、开关、灯泡正确连入电路中，要求开关控制灯泡。【答案】解：(1)三孔插座的连接：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。

(2)【解析】(1)三孔插座的正确连接方法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。

(2四、实验探究题：本大题共6小题，共38分。24.图甲所示电路，电源电压不变，RMN为定值电阻，R1为电阻箱，在开关S、S1都闭合和开关S闭合、S1断开两种情况下，改变电阻箱R1的阻值，读取电流表示数，绘制了如图乙所示的电流表示数I随R1变化的曲线。

(1)图乙中曲线______(选填“a”或“b”)是S、S1都闭合时的实验数据。

(2)电源电压U=______V。

(3)S闭合时，S1闭合与断开时的电流表示数之比为3：1，则此时R1=______Ω。

(4)若将S1替换为一个【答案】b

3

5

②

【解析】解：(1)两个开关都闭合时，定值电阻被短路，相同电阻箱的电阻条件下，电流较大，因而b是S、S1都闭合时的实验数据；

(2)在开关S、S1都闭合时，电路为R1的简单电路，此时R1两端的电压即为电源电压，开关S闭合、S1断开时，RMN与R1串联，

由图乙可知，当电流为I0时，电源电压不变，两种情况下的总电阻不变，即总电阻为20Ω；

开关S闭合、S1断开时，RMN与R1串联，R1=10Ω；

则RMN=R−R1=20Ω−10Ω=10Ω；

当R1=0Ω时，电路中只有RMN工作，I=0.3A；

故电源电压U=IRMN=0.3A×10Ω=3V；

电源电压一定时，电流与电阻成反比，因而S1闭合与断开时的电流表示数之比为3：1，电阻之比1：3；

则R1：(R1+RMN)=1：3；

故R1：(R1+10Ω)=1：3；

解得R1=5Ω。

(4)若将S1替换为一个10Ω定值电阻，则此时RMN与10Ω的定值电阻并联后再与R1串联，

由于RMN与1025.“探究杠杆的平衡条件”的实验中。

(1)实验前，杠杆处于静止状态如图甲所示，此时杠杆______平衡状态(是/不是)，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向______调；

(2)如图乙所示，在A点挂2个重力均为0.5N的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为______N；

(3)竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度(不考虑杠杆重心位置的变化)，如图丙所示，此过程中，弹簧测力计的示数______(变大/变小/不变)；

(4)若要使图丙状态下的弹簧测力计读数减小，可将弹簧测力计绕B点______(顺时针/逆时针)方向转动一个小角度；

(5)如图丁，用支点使一根胡萝卜水平平衡后，沿支点处将胡萝卜切分为A、B两部分，其重力分别为GA、GB，由杠杆原理可知G【答案】是

左

1.5

不变

逆时针

大于

【解析】解：(1)杠杆的平衡状态包括静止状态、匀速转动状态，所以图甲中杠杆处于平衡状态；若要使杠杆在水平位置平衡，根据“左高左调、右高右调”的原则，应当将平衡螺母向左调节。

(2)作用在A点的力F1=G=2G钩码=2×0.5N=1N。设杠杆上每一小格长为l，则杠杆在水平位置平衡时，力F1的力臂为3l，作用在B点的力F2的力臂为2l。根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2可知，1N×3l=F2×2l，解得F2=1.5N。

(3)竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度(不考虑杠杆重心位置的变化的过程中，根据几何知识可知，l1与l2之比不变，则F1与F2之比不变。因F1不变，则F2不变，即弹簧测力计的示数保持不变。

(26.在探究物体的动能大小跟哪些因素有关的实验中，同学们设计了如图实验。实验中让钢球从斜面上某个高度由静止沿斜面滚下，在底部与静止在水平面上的木块发生碰撞，木块沿水平方向向右运动直至停止，其中h2>h1(不考虑空气阻力)。

(1)实验中是通过观察______来判断______(选填“钢球”或“木块”)的动能大小；用来研究超速安全隐患时，我们应选择______两图所示实验来进行比较；

(2)实验中钢球碰撞木块后继续向前运动一段距离，则开始时钢球的重力势能______木块克服摩擦力所做的功(选填“>”“<”或“=”)；

(3)若完成了图乙操作后，在做图丙所示的实验时，木块滑出了水平木板，如果仅对丙图所示的实验进行改进，下列措施中可行的是______(填写序号)；

A.换质量更大的木块

B.降低钢球开始的高度

C.换质量大于2m的钢球

D.换质量小于m的钢球

(4)小明在实际操作的过程中，发现钢球从斜面上滚下时，运动的方向难控制，有时撞不到木块，有时撞歪了，请你为小明提供一种改进的实验方案：______。

(5)小明还利用丁图来研究动能和势能相互转化，图中两个相同的光滑弧形槽，一个为凸形，一个为凹形，A、B两个相同的钢球分别进入两弧形槽的速度都为v，运动到槽的末端速度也都为v，A小球通过凸形槽的时间为t1【答案】木块移动的距离

钢球

甲、乙

>

D

将斜面换成斜槽

t1【解析】解：(1)物体动能的大小无法直接测量，所以通过小球对木块做功的多少来体现小球动能的多少，即通过木块被推动的距离来判断小球动能的大小，所用方法为转换法；

超速是指汽车的质量一定，速度越大，动能越大，所以应选择质量相等、速度不同的小球进行实验，据此可知应甲、乙两图进行比较；

(2)钢球滚下时，钢球的重力势能转化为钢球的动能，钢球碰撞后继续运动，钢球的一部分动能转化为木块的动能，木块运动过程中，动能转化为内能，所以钢球的动能大于木块克服摩擦力所做的功，钢球的动能是由钢球的重力势能转化而来的，故大于木块的动能；

(3)若完成了图乙操作后，在做图丙所示的实验时，木块滑出了水平木板，说明钢球的动能太大，此时不能改变钢球的速度，所以可以适当降低钢球的质量，故选D；

(4)小球撞击木块后，小球偏离了原来的轨道，说明小球在撞击木块时偏离了原来的运动方向，要让小球不偏离原来的轨道，可以让小球在凹形槽中运动；

(5)在凸形滑道运动的物体，在运动到最高点的过程中，要将动能转化为重力势能，运动速度小于初速度；在下落过程中不计滑道的摩擦，机械能守恒，重力势能再全部转化为动能，速度等于初速度；

在凹形滑道运动的物体，在运动到最低点的过程中，要将重力势能转化为动能，运动速度大于初速度；在下落过程中不计滑道的摩擦，机械能守恒，动能再全部转化为重力势能，速度等于初速度；

因此在凸形滑道运动物体的平均速度小于在凹形滑道运动物体的速度，由t=sv可知，通过A滑道用的时间t1大于通过B滑道用的时间为t2。

故答案为：(1)木块移动的距离；钢球；甲、乙；(2)>；27.为了比较两种燃料的热值，小明采用如图甲所示的两套完全相同的装置进行实验，烧杯内水的初温和质量相同，实验中忽略热量损失。

(1)实验中应控制燃料燃烧的______(选填“时间”或“质量”)相同，根据______比较燃料燃烧放出热量的多少。

(2)小明选用了燃料a和燃料b进行实验。当燃料燃尽后，小明根据各个时刻烧杯中的水温，绘制了如图乙所示的图像，则可初步判断燃料______的热值大。

(3)另一组的小华也用图甲的两套完全相同的装置进行实验，并重新在烧杯内加入初温和质量相同的水，在燃料烧完后也画出了水的温度随时间变化的图像如图丙所示，根据丙图像燃料1和燃料2【答案】质量

温度计上升的示数

b

8：3

【解析】解：(1)实验中应控制燃料燃烧的质量相同，通过比较温度计上升的示数来比较燃料燃烧放出热量的多少；

(2)由图乙知，当燃料燃尽时，图线b的温度变化大，说明相同质量的a、b燃料完全燃烧时b放出的热量多，则b的热值大；

(3)对于燃料来说，在相同的时间内放出的热量是相同的，

根据图可知，燃料1用5min让水从20℃升高到100℃，自5min到10min吸收相同的热量，根据公式Q放=qm、Q吸=cmΔt可知：2c水m水Δt1=mq1；

对于燃料2来说，燃料2用15min让水从2028.小明在“探究电流与电阻关系”的实验中，所用电源是两节新的干电池，定值电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。

(1)小明将5Ω的定值电阻接入如图甲所示的电路中，闭合开关，向右移动滑动变阻器的滑片，电压表示数______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。经检查发现电路中有一根导线连接错误，请你在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确；

(2)改正电路后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，当电压表的示数为某一值时，电流表示数如图乙所示。接着小明用10Ω电阻替换5Ω电阻，并移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数仍为______V；

(3)小明将5Ω和15Ω电阻分别接入电路，并将电压表示数调到所控制的电压时，两次实验整个电路消耗的电功率之比为______；

(4)为确保所给的定值电阻接入电路后都能正常进行实验，那么，滑动变阻器的最大阻值至少为______Ω；

(5)通过实验探究，小明得出的结论是：______；

(6)实验结束后，小明同学想测额定电压为U额的小灯泡的额定功率。如图所示，R0为定值电阻，S1为单刀双掷开关，实验操作如下：

①闭合开关S，将S1置于1处，调节滑动变阻器的滑片P，使______；

【答案】不变

1.5

3：1

25

导体两端的电压一定时，通过道导体的电流与导体电阻成反比

电压表示数为小灯泡额定电压U额

U【解析】解：(1)原电路图中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表测电源电压，因电源电压不变，故闭合开关，向右移动滑动变阻器的滑片，电压表示数不变；在“探究电流与电阻关系”的实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表测定值电阻两端电压，如下图所示：

；

(2)小明将5Ω的定值电阻接入如图甲所示的电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，当电压表的示数为某一值时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，则定值电阻两端电压为：

UV=I1R1=0.3A×5Ω=1.5V；

在“探究电流与电阻关系”的实验中，应保持电压表示数不变，故小明用10Ω电阻替换5Ω电阻，并移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数仍为1.5V；

(3)已知定值电阻5Ω和15Ω，根据I=UR可知，在电压不变时，电流与电阻成反比，故电路的电流之比为3：1；

由P=UI可知，在电压不变时，电功率与电流成正比，故两次实验整个电路的电功率之比为3：1；

(4)实验中使用的定值电阻阻值最大为25Ω，定值电阻两端的电压始终保持UV=1.5V，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑=U−UV=3V−1.5V=1.5V，滑动变阻器分得的电压为电压表示数的1.5V1.5V=1倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：R滑=1×25Ω=25Ω，即所选择的滑动变阻器的最大阻值不能小于25Ω；

(5)因定值电阻两端电压为一定值，故可得出结论：导体两端的电压一定时，通过道导体的电流与导体电阻成反比；

(6)实验步骤：

①闭合开关S，将S1置于1处，调节滑动变阻器的滑片P，使电压表示数为小灯泡额定电压U额；

②不改变滑动变阻器滑片P的位置，将S1置于229.如图所示是某实验小组“测量小灯泡正常发光时电阻”的实验装置。电路中电源电压恒为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”。

(1)①A同学发现，闭合开关后只有______表有示数。②经检查发现有一根导线连接错误，请在错误导线上打“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接正确。

(2)改正错误后，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示。要测量小灯泡正常发光时的电阻，他应将滑片适当向______滑动。

(3)图丙是小灯泡的电流随电压变化的关系图像，由此可知小灯泡正常发光时的电阻为______Ω。

(4)在实际测量过程中，调节滑动变阻器使其接入电路中的电阻减小ΔR1，发现小灯泡变亮，此时小灯泡的阻值将增大ΔR2，则ΔR1______ΔR2(选填“大于”、“小于”或“等于”)。

(5)实验结束后，某同学设计了如图丁的电路来测定额定电压为3V的小灯泡正常发光时的电阻。已知电源电压为9V，定值电阻R1的阻值为10Ω。实验步骤如下：

①闭合【答案】电压

左

10

大于

6

4

【解析】解：(1)①原电路图中，电流表和滑动变阻器串联后与灯泡并联，电压表串联在电路中，因电压表内阻很大，闭合开关后，电路中几乎没有电流通过，故电流表无示数，此时电压表测电源电压，故电压表有示数；

②在测量小灯泡正常发光时电阻的实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：

；

(2)改正错误后，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.02A，其示数为1.8V，小于灯泡额定电压2.5V，要测量小灯泡正常发光时的电阻，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规