【文档说明】2021-2022学年江西省吉安市永丰县九年级上期末物理试题及答案解析.docx，共(23)页，429.015 KB，由小喜鸽上传

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第1页，共23页2021-2022学年江西省吉安市永丰县九年级（上）期末物理试卷1.为了记录运动会中精彩的瞬间，学校邀请摄影师携带无人机来进行航拍。如图所示，当无人机悬停在空中时，升力对无人机______；当无人机水平飞行时，升力对无人机______。(均选填“做功”或“不做功”)2.纸巾束缚电子

的本领比吸管的要弱。用绝缘细线把被纸巾摩擦过的吸管悬挂起来，将被毛皮摩擦过的橡胶棒靠近吸管，它们会相互______。这与验电器的原理是______(选填“相同”或“不相同”)的。3.2021年10月16日，运载火箭在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，神舟十三号载人飞船发射取得了

圆满成功。在燃料燃烧并推动火箭的过程中，最初的______能最终转化为______能。4.老师在课堂上进行了如下探究：利用电压稳定的学生电源组装如图所示的电路，闭合开关后，在用酒精灯给钨丝加热的过程中，观察到电流表的示数在减小，从而得出钨丝电阻的大小随温

度的升高而______；该探究过程运用了转换法和______法。5.汽车作为一种普通交通工具已走进千家万户，汽车发动机一般是汽油机，它是利用内能______的机器，在四冲程汽油机的工作过程中，_____

_冲程通过做功使混合燃料的温度升高。6.如图所示的装置，是根据______(选填“液体”或“气体”)的热胀冷缩程度，来研究电流通过导体产生的热量与______的关系。第2页，共23页7.如图所示，灯泡𝐿1标有“6𝑉6𝑊”、𝐿2标有“

6𝑉3𝑊”字样，现两灯均正常发光，则甲电表示数为______，乙电表示数为______。8.太阳能蓄电池是“蓄电池”在太阳能光伏发电中的应用，制作光伏电板的主要材料是硅，硅是一种______材料。如图所示的太阳能胶体蓄电池充满电后，可以存储______𝑘𝑊⋅ℎ的电能。9.甲、乙两个完全相同

且表面有水的皮球，从不同的高度由静止开始下落至同一地面，在地面上留下如图所示的圆形水迹，下列判断正确的是()A.接触地面前两球的机械能守恒B.下落至最低处甲球的动能更大C.乙球初始位置的重力势能更大D.从最低处反弹的过程，球的动能转化为势能10.小明用导线将电源，两个开关𝑆1、𝑆2，一个红灯和

一个绿灯连接起来。当𝑆1闭合、𝑆2断开时，只有红灯亮；当𝑆1断开、𝑆2闭合时，只有绿灯亮；当两个开关𝑆1、𝑆2都断开时()A.两灯可能都亮B.两灯一定不会亮C.只有红灯亮D.只有绿灯亮11.

下列关于内能的说法中正确的是()A.同种物质组成的物体，温度越高内能越大B.一个物体内能增加，不一定是吸收了热量C.内能大小相等的两个物体之间，不能发生热传递D.锯条锯木头后温度升高，是内能从木头转移到锯条上12.如图所

示为小华在测量小灯泡电功率时连接的实验电路，闭合开关，小灯泡不亮且只有一个电表有示数，则下列说法正确的是()第3页，共23页A.可能是滑动变阻器𝑅断路B.一定是滑动变阻器短路C.可能是小灯泡𝐿断路D.一定是小灯泡𝐿短路13.如图所示的滑轮组，在不计绳重和摩擦的情况下，均

将重为𝐺的物体匀速提升ℎ的高度，且每个滑轮的重力都等于𝐺0(𝐺0<𝐺)，下列说法正确的是()A.绳子自由端拉力的大小关系为𝐹1=𝐹2>𝐹3B.甲图和丙图中的装置消耗的额外功相等为𝐺0ℎC.甲图和乙图中的装置总功相等为𝐺ℎ+�

�0ℎD.乙图中的装置机械效率最高为100%14.潜水员潜水时佩戴的除了水压表还有一个深度表，如图甲所示是一款深度表的简化电路图，其中深度表由一个量程为0～3𝑉的电压表改装而成，当所处深度增大时深度表示数随之变大。其中电源电压𝑈=6𝑉恒定不变，定值电阻

𝑅0=15𝛺，压敏电阻𝑅𝑝的阻值随水深度变化的图像第4页，共23页如图乙所示，𝑅𝑝允许通过的最大电流为0.24𝐴，电流表量程为0～0.6𝐴。下列说法正确的是()A.改装成深度表所用的电压表应并联在𝑅0两端B.深度表的零刻度与电压表的零刻度重合C.当深

度增大时，电压表与电流表的比值不变D.在电路安全的情况下，该深度表能测量的最大深度为40𝑚15.一辆总质量为2𝑡的汽车，在平直公路上以80𝑘𝑊的额定功率从静止开始运动，经15𝑠运动200𝑚恰好达到最大速度，接着匀速运动25𝑠关闭发动机

，滑行10𝑠停下。其𝑣−𝑡图像如图所示，已知汽车在匀速直线运动过程中受到的阻力恰为车重的15，(𝑔取10𝑁/𝑘𝑔)求：(1)匀速直线运动过程中汽车的牵引力𝐹。(2)运动过程中汽车达到的最大速度𝑣。(3)整个过程中发动机所做的功𝑊。1

6.现有一台单缸四冲程汽油机，其主要技术指标如表。(不计克服摩擦消耗的能量，汽油热值取4.8×107𝐽/𝑘𝑔)求；第5页，共23页排量1.25𝐿输出功率8𝑘𝑊转速2400𝑟/𝑚𝑖𝑛效率25%(1)汽油机一次做功冲程对外做功𝑊；(2)1𝑚𝑖𝑛消耗的汽油质

量𝑚；(3)排量指发动机汽缸的工作容积，等于活塞的面积与活塞上下运动的距离(即冲程长)的乘积，若燃气对活塞压强看作恒压，则燃气压强𝑝为多少？17.如图所示为一款具有两挡加热的破壁机内部电路简化示意图，𝑅1和𝑅2加热电阻，该破壁机的部分参数如表所示。问：破壁机部分参数

表额定电压220𝑉加热功率400𝑊榨汁功率1100𝑊1210𝑊(1)电动机线圈电阻为1𝛺，仅榨汁时破壁机工作1𝑚𝑖𝑛消耗的电能和产生的电热分别为多少？(2)仅处于加热的高温挡时，三个开关的开合情况是怎样的？加热电

阻𝑅1阻值为多大？(3)若不计热损失，将杯子中搅碎的1100𝑔营养糊，使其温度从20℃加热到100℃至少需要多长时间？[𝑐营养糊=4.4×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)]18.测量是学习和生活中的一种基本技能，回答下列有关测量的问题；(1)

如图甲所示的仪表叫______，此时的示数为______𝑘𝑊⋅ℎ，转盘转动50𝑟时，该户用电器消耗电能______𝐽。(2)如图乙所示的电阻箱是通过改变连入电路中的电阻线______来改变电阻大小，若只留下铜塞𝐶将其余铜塞拔出，则电阻箱

连入电路的阻值是______𝛺。(3)测量电流时，连接好电路闭合开关试触时，发现电流表指针向左偏转至如图丙所示位置，接下来对电流表要进行的操作是______和______。第6页，共23页19.为了比较不同液体比热容的大小，如图甲所示，小宇在两个烧杯中分别装有𝐴、𝐵两种液体(𝑚�

�=2𝑚𝐵)。用两个规格相同的加热器连入电路加热，该过程中忽略液体蒸发及热损失，得到温度与加热时间的图线如图乙。请根据实验现象及数据回答以下各题：(1)液体在第1分钟的内能______(选填“大于”“等于”或“小于”)第2分钟的内能；液体内能的改变是通过___

___方式实现的。(2)实验过程中通过比较______来比较𝐴和𝐵两种液体吸收热量的多少。(3)若让𝐴、𝐵都升高相同的温度，______液体需要的加热时间更长，由公式𝑐=______进行分析，______(选填“能”或“不能”)判断谁的比热容更大。(4)比热容是反

映物质自身性质的物理量，它的大小与物质的种类和______有关。20.在测量小灯泡电功率的实验中，电源电压为6𝑉恒定不变，小灯泡的额定电压为2.5𝑉(电阻约为8𝛺)。(1)现有规格分别为“100𝛺2𝐴”“20𝛺1𝐴

”和“50𝛺0.2𝐴”的三个滑动变阻器𝐴、𝐵、𝐶可供选择，为了实验的顺利进行，应将滑动变阻器______(选填序号)连入电路。第7页，共23页(2)图甲为未连接完的电路，请将其连接完整(要求滑动变阻器的滑片𝑃向左移动可以减小灯泡的亮度)。(3

)闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片𝑃，同时观察______(选填“电压表”或“电流表”)示数的变化，以防止对灯泡造成损害。(4)改变滑片𝑃的位置，小红获得多组对应的电压、电流值，绘制了如图乙所示的𝐼−𝑈图像。由图像可知，小灯泡的额定功率为______。小灯泡的𝐼−𝑈图像

为一条曲线是因为______。(5)完成上述实验后，小红又设计了一种测额定功率的方案，如图丙所示，𝑅0是阻值已知的定值电阻。①连接好电路，闭合开关𝑆.将开关𝑆1拨到触点______(选填“𝑎”或“𝑏”)，移动滑片使电压表的示数为小灯泡的额定电压𝑈1；②保持滑片的位置不动，再将开关𝑆

1拨到另一触点，电压表的示数为𝑈2；③用𝑈1、𝑈2和𝑅0表示小灯泡的额定功率𝑃=______。21.下面是某学习小组的同学们所做的电学实验：一、探究电流与电压的关系。同学们分别测出导体𝐴、𝐵、𝐶、𝐷在不同电压下对应的电流，并作出𝑈−𝐼图像如图甲所示。(1)根据

图像可以得出结论：______。(2)其中导体______不能用于此实验的探究。二、探究电流与电阻的关系。(1)实验用阻值分别为5𝛺、10𝛺、15𝛺、200、25𝛺、30𝛺的六个电阻，电压恒为6𝑉的电源，“50�

�1𝐴”的滑动变阻器等器材连接电路。当连接完图乙所示电路后，同学们检查时发现连接电路过程中有一处错误，请只改动一根导线，使电路连接正确，在应改动的导线上打“×”，用笔画线代替导线画出正确的接法；(2)改正错误后，同学们把电阻

分别接入电路进行实验，实验中控制电阻两端的电压为2𝑉不变，小明用5𝛺的电阻完成实验后，断开开关并保证滑动变阻器的滑片位置不动，换上10𝛺的电阻后闭合开关。电压表的指针应该指在图丙中______(选填“①”、“②”或“③”)的位置，为了完成实验，小明应该使滑动变阻器的滑片______(选

填“保持不动”、“向右移动”或“向左移动”)。(3)实验中发现当接入30𝛺的电阻进行实验时，无论怎样调节滑动变阻器，电压表的示数都无法达到2𝑉，若想六个电阻都能完成实验，应更换一个最大阻值不小于______𝛺的滑动变阻器进行实验。第8页，共2

3页(4)更换滑动变阻器并多次实验后可以得到结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成______。第9页，共23页答案和解析1.【答案】不做功不做功【解析】解：升力的方向竖直向上，当无人机悬停在空中或水平飞行时，都没有在升力的方向上通过距离，升力对无人机不做功。故答案为：不做功；不做

功。做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离，据此分析判断。明确三种情况不做功：一是有力无距离(例如：推而未动)，二是有距离无力(靠惯性运动)，三是力的方向与运动方向垂直。2.【答案】排斥相同【解析】解：纸巾束缚电子的本领比吸管的要弱，

纸巾和吸管摩擦时，纸巾失去电子带正电，吸管得到电子带负电；毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；将被毛皮摩擦过的橡胶棒靠近吸管，同种电荷相互排斥，所以它们会相互排斥；验电器是利用同种电荷相互排斥的原理工作的，与验电器的工作原理相同。故

答案为：排斥；相同。摩擦起电并不是创造了电，而是两个物体在摩擦过程中，电子发生了转移，它从一个物体转移到另一个物体上，使失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。本题考查了摩擦起电和电

荷间的相互作用规律，属于基础题。3.【答案】化学机械【解析】解：在燃料燃烧并推动火箭的过程中，是利用燃料燃烧后，将燃料的化学能转化为燃气的内能，然后利用高温高压的燃气膨胀对外做功，将最初产生的内能转化为火箭的机械能。故答案为：化学；机械。在燃料燃烧并推动火箭的过程中，需要更多的内能转化为火箭的

机械能，燃气的内能是靠燃料燃烧后放出，即燃料燃烧时化学能转化为内能，内能对外做功，最终使火箭的机械能变大。本题考查能量的转化，对于实际问题，要了解具体情况后结合所学知识解答。第10页，共23页4.【答案】增大控制变量【解析】解：用酒精灯对钨丝进行加热

，钨丝的温度升高，观察到电流表的示数在减小，根据欧姆定律可知，电路的总电阻变大，钨丝的电阻变大，这说明钨丝电阻的大小随温度的升高而增大；实验中钨丝的材料、长度、横截面积不变，只是改变了温度，采用的是控制变量法。故答案为：增大；控制变

量。影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度和横截面积，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变；电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路

电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小。探究影响电阻大小的因素采用了控制变量法的思想，电阻大小的变化是通过电流表的示数变化体现的，这里采用了转换法的思想。5.【答案】做功压缩【解析】解：汽

油机是利用内能做功的机器，即在工作时将内能转化为机械能；四冲程汽油机在压缩冲程中，即活塞压缩气缸内的混合气体，对混合气体做功，使混合燃料的温度升高，故是将机械能转化为内能的过程。故答案为：做功；压缩。汽油机是利用内能来做功的机器；内燃机

四个冲程中压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能，排气和吸气冲程没有能的转化；除做功冲程外，其它三个冲程靠飞轮的惯性来完成。本题考查了汽油机的原理，要求学生对每个冲程的特点、能量转化等情况十分熟悉才能顺利解答。6.【答案】气体电流【解析】解：通电之后，容器内的

电阻丝产生热量，热量传递给容器内的空气，空气由于受热会膨胀，会使𝑈形管内的液体产生高度差，进而反映出电流通过导体产生热量的多少；由图可知右侧容器内的𝑅2与容器外的𝑅3并联，再与左侧容器内的𝑅1串联，则通过𝑅1的电流与通过𝑅2的电流不同，且𝑅1=𝑅2，因此该装置根据气体的热胀

冷缩程度，来研究电流通过导体产生的热量与电流的关系。故答案为：气体；电流。气体具有热胀冷缩的特性，电流通过电阻丝产生的热量会使气体受热膨胀，进而使𝑈形管内液体第11页，共23页产生高度差，从而反映出电阻丝产生热量多少，这种实验方

法是转换法；探究电流通过导体产生的热量与电流的关系时，要保证导体的电阻与通电时间相同，使通过导体的电流不同；探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系时，要保证通过导体的电流与通电时间相同，使导体的电阻不同。本题考查了探究电流通过

导体产生热量的实验，理解转换法和控制变量法的应用是解题的关键。7.【答案】0.5𝐴6𝑉【解析】解：根据𝑃=𝑈𝐼可知，𝐿1正常发光的电流：𝐼1=𝑃1𝑈1=6𝑊6𝑉=1𝐴；𝐿2正常发光的电流：𝐼2=𝑃2𝑈2=3𝑊6𝑉

=0.5𝐴；已知两灯均正常发光，说明通过两灯的电流等于各自的额定电流，而两灯的额定电流不相等，由串并联电路的电流特点可知两灯的连接方式为并联。据此可知，甲电表为电流表，测量通过𝐿2的电流，示数为0.

5𝐴，乙电表为电压表，测量𝐿1、𝐿2两端的电压，因两灯都正常发光，则乙电表的示数为6𝑉。故答案为：0.5𝐴；6𝑉。根据𝑃=𝑈𝐼可分别得出𝐿1正常发光的电流和𝐿2正常发光的电流，比较两电流的大小关系，根据串联电路的电流处处相等，分析两灯的连接方式；并判断

两电表的种类，并得出两表的示数。本题考查电功率的计算和串并联电路的特点，分清两表的种类是关键。8.【答案】半导体1.2【解析】解：硅是一种半导体材料；如图所示的太阳能胶体蓄电池充满电后，可以存储的电能𝑊=𝑈𝐼𝑡=12𝑉×100𝐴×1

×3600𝑠=4.32×106𝐽=1.2𝑘𝑊⋅ℎ。故答案为：半导体；1.2。硅是一种半导体材料；根据𝑊=𝑈𝐼𝑡得出如图所示的太阳能胶体蓄电池充满电后，可以存储的电能。本题考查电能的计算，难度不大。9.【答案】𝐶第12页，共2

3页【解析】解：𝐴、皮球从空中下落的过程中，受到空气阻力的作用，克服摩擦做功，机械能转化为内能，所以机械能不守恒，故A错误；𝐵𝐶、由图可看出，乙的黑色圆斑较大，说明篮球着地时的弹性势能大，而篮球的弹性势能是由篮球的重力势能转化来的，所以乙处篮球的初始

重力势能大，所处的高度大，在最低处时，甲的动能要小于乙的动能，故C正确，B错误；D、从最低处反弹的过程中，球的弹性势能变小，球的动能增大，重力势能增大，所以球的弹性势能转化为球的动能和重力势能，故D错误。故选：𝐶。机械能包括动能和势能；物体由于运动而具有的能量叫动能；物体由于受到重力并处

在一定高度时所具有的能叫重力势能；物体由于发生弹性形变而具有的能叫弹性势能。动能的大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关，弹性势能与弹性形变大小有关。深入理解影响动能和重力势能的因素、理解动能和势能转化过程中机械能的变化情况，是解答此题的关键。10.【答案】𝐴【解析】解：由题知，

当𝑆1闭合、𝑆2断开时，只有红灯亮；当𝑆1断开、𝑆2闭合时，只有绿灯亮；说明两开关分别与两灯泡并联，灯泡会因开关闭合被短路而不亮，如图所示。由图可知，当两个开关𝑆1、𝑆2都断开时，两灯泡串联，都发光。两灯并联，两开关在两条支路上，当𝑆1闭合、𝑆2断

开时，只有红灯亮；当𝑆1断开、𝑆2闭合时，只有绿灯亮；当两个开关𝑆1、𝑆2都断开时，两灯都不亮，故B正确。故选：𝐴。当开关断开时对应的灯泡发光，开关闭合时对应的灯泡被短路，不能发光，据此分析得出答案。本题考查电路图的设计，注重考查了开关的作用；注意闭合开关灯泡却

熄灭，断开开关灯泡却通电发光，这一般是利用对灯泡短路的特点连接的。第13页，共23页11.【答案】𝐵【解析】解：𝐴、物体的内能与物体的温度、质量和状态有关，物体的温度高，质量不一定大，所以内能不一定大，故A错误；B、物体的内能增加，可能是吸收了热量，也可能是外

界对物体做功，故B正确；C、内能大小相等的两个物体的温度可能不同，所以也可能会发生热传递，故C错误；D、用锯条锯木板，锯条的温度升高，是由于克服摩擦做功，使锯条和木头的内能增大，故D错误。故选：𝐵。(1)内能是指物体内部所有做无规则运动分子的动能和分子势

能的总和，不同物体的内能大小和物体的温度、质量、状态有关；(2)做功与热传递在改变物体的内能的效果上是等效的，但从能的转化观点来看它们的区别在于：做功是其他形式的能和内能的相互转化；热传递则是内能在物体间发生转移；(3)热传递的条件是物体之间有温度差，高温物

体将能量向低温物体传递，直至各物体温度相同；(4)改变内能的方式有两个：做功和热传递。本题考查了内能大小的影响因素、物体内能的改变、热传递的条件，属于热学基础知识的考查，比较简单。12.【答案】𝐶【解析】解：由图可知，�

�与灯泡𝐿串联，电压表测量𝐿两端的电压，电流表测量电路电流；A、若滑动变阻器𝑅断路，灯泡不发光，电流表和电压表都无示数，故A错误；B、若滑动变阻器短路，电路是通路，灯泡会发光，电流表和电压表都有示数，故B

错误；𝐶𝐷、若小灯泡𝐿断路，电路中无电流，灯泡不发光，电流表无示数，电压表测量的是电源电压，电压表有示数；若小灯泡𝐿短路，灯泡不发光，电路是通路，电流表有示数；根据𝑈=𝐼𝑅可知，灯泡两端的电压为0，电压表示数为0；由此可知，电路故障可能是灯泡短路，也可能

是灯泡断路，故C正确，D错误。故选：𝐶。由图可知，𝑅与灯泡𝐿串联，电压表测量𝐿两端的电压，电流表测量电路电流；根据每个选项分析电表的示数，然后选出正确的答案。本题考查学生对于电路故障分析的能力，要求学生能正确分析电路，并且全面考虑题目中出现的第14页，共23页可能性。13.

【答案】𝐵𝐷【解析】解：𝐴、已知物体重为𝐺，每个滑轮的重力都等于𝐺0，甲图上面是定滑轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力𝐹1=12(𝐺+𝐺0)，乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力𝐹2=𝐺，丙图的滑轮组，𝑛

=3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力𝐹3=13(𝐺+𝐺0)，故绳子自由端拉力的大小关系为𝐹2>𝐹1>𝐹3，故A错误；B、分别利用甲、丙装置把相同的重为𝐺的物体匀速提升相同的高度ℎ，做的有用功相同，

𝑊有用1=𝑊有用3=𝐺ℎ，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于𝐺0ℎ，即𝑊额1=𝑊额3=𝐺0ℎ，故甲图和丙图中的装置消耗的额外功相等为𝐺0ℎ说法正确，故B正确；C、分别利用甲、乙装置把相同的重为𝐺的物体匀速提升相同的高度ℎ，根据绳子自由端移动的

距离𝑠=𝑛ℎ，由图中滑轮组的结构可知，𝑛1=2，𝑛2=1，提升物体的高度ℎ相同，则𝑠1=2ℎ，𝑠2=ℎ，则拉力做的总功：𝑊1=𝐹1𝑠1=12(𝐺+𝐺0)2ℎ=(𝐺+𝐺0)ℎ；𝑊2=𝐹2𝑠2=𝐺ℎ，所以𝑊1≠𝑊2，甲图和乙图中的装置总功不相等，故C错误；D、对于

乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功𝑊有用3=𝐺ℎ，拉力做的总功：𝑊2=𝐹2𝑠2=𝐺ℎ，根据公式𝜂=𝑊有𝑊总×100%=𝐺ℎ𝐺ℎ×100%=1，可得乙图中的装置机械效率最高为100%，故D正确。故选：𝐵𝐷。已知物体重为𝐺，每个滑轮的重力都等于𝐺0；A、甲图上面是定滑

轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力𝐹1=12(𝐺+𝐺0)；乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力𝐹2=𝐺；丙图的滑轮组，𝑛=3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力𝐹3=13(𝐺+𝐺0)；据

此比较三者绳子自由端拉力的大小关系；B、分别利用甲、丙装置把相同的重为𝐺的物体匀速提升相同的高度ℎ，做的有用功相同，𝑊有用1=𝑊有用3=𝐺ℎ，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于𝐺0ℎ；，即𝑊额1=𝑊额3=𝐺0ℎ，据此判断甲图和丙图中的装置消耗的额外功是

否相等；C、分别利用甲、乙装置把相同的重为𝐺的物体匀速提升相同的高度ℎ，根据绳子自由端移动的距离𝑠=𝑛ℎ，由图中滑轮组的结构可知，𝑛1=2，𝑛2=1，提升物体的高度ℎ相同，则𝑠1=2ℎ，𝑠2=ℎ，第1

5页，共23页则拉力做的总功：𝑊1=𝐹1𝑠1=12(𝐺+𝐺0)2ℎ=(𝐺+𝐺0)ℎ；𝑊2=𝐹2𝑠2=𝐺ℎ，据此判断甲图和乙图中的装置总功是否相等；D、对于乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功𝑊有用3=𝐺ℎ，拉力做的总功：𝑊2=𝐹2𝑠2=𝐺ℎ，根据公式

𝜂=𝑊有𝑊总×100%=𝐺有ℎ𝐹𝑠×100%=𝐺有ℎ𝑛ℎ𝐹×100%，判断乙图中的装置机械效率最高是否为100%。本题综合考查了不计摩擦和绳重时，使用三种不同装置滑轮组，𝑛的确定方法以及有用功、额外功、总功和机械效率的计算方法，综合性强，是一道好题。14.【

答案】𝐴𝐶𝐷【解析】解：由电路图可知，开关闭合时，𝑅𝑃与𝑅0串联。A.由图乙可知，潜水员下潜的深度越深，压敏电阻𝑅𝑃的阻值越小，串联电路总电阻等于各分电阻之和，所以电路的总电阻越小，由欧姆定律可知，电路中的

电流越大，𝑅0两端的电压越大，深度表由一个量程为0～3𝑉的电压表改装而成，当所处深度增大时深度表示数随之变大，所以改装成深度表所用的电压表应并联在𝑅0两端，故A正确；B.由图乙可知深度为0时，压敏

电阻的阻值𝑅𝑃=40𝛺，由欧姆定律可得电路中的电流：𝐼=𝑈𝑅0+𝑅𝑃=6𝑉15𝛺+40𝛺=655𝐴，此时电压表的示数：𝑈0=𝐼𝑅0=655𝐴×40𝛺≈4.4𝑉，故B错误；C.由欧姆定律可知电压表与电流表的比值为定值电阻的阻值，故C正确

；D.当电压表的示数𝑈0大=3𝑉时，电路中的电流：𝐼大=𝑈0大𝑅0=3𝑉15𝛺=0.2𝐴<0.24𝐴，则电路中的最大电流为0.2𝐴，此时该深度表能测量的深度最大，此时电路的总电阻𝑅=𝑈𝐼大=6𝑉0.2�

�=30𝛺，此时压敏电阻的阻值𝑅𝑃=𝑅−𝑅0=30𝛺−15𝛺=15𝛺，由图乙可知，该深度表能测量的最大深度为40𝑚，故D正确。故选：𝐴𝐶𝐷。由电路图可知，开关闭合时，𝑅𝑃与𝑅0串联。(1)根据图乙得出潜水员下

潜的深度越深时压敏电阻𝑅𝑃的阻值变化，从而得出电路的总电阻变化，根据欧姆定律得出电路中的电流变化和𝑅0两端的电压变化，据此分析可知改装成深度表所用的电第16页，共23页压表应并联在哪个电阻的两端；(2)根据图乙读出深度为0时压敏电阻的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，进一

步计算电压表的示数；(3)由欧姆定律可知电压表与电流表的比值为定值电阻的阻值；(4)当电压表的示数为3𝑉时，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，然后与𝑅𝑃允许通过的最大电流相比较确定电路中的最大电流，此时该深度表能测量的

深度最大，根据欧姆定律求出此时电路的总电阻，利用电阻的串联求出此时压敏电阻的阻值，根据图乙读出该深度表能测量的最大深度。本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，从图象中获取有用的信息和正确得出电路中的最大电流是关键。15.【答案】解：(1

)在匀速直线运动过程中汽车的所受阻力：𝑓=0.2𝐺=0.2𝑚𝑔=0.2×2×103𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=4×103𝑁；由于汽车匀速直线行驶，处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，根据二力平衡可知，汽车的牵引力：𝐹=𝑓=4×103𝑁；(2)由

题意可知，汽车匀速运动时速度最大，根据𝑃=𝑊𝑡=𝐹𝑠𝑡=𝐹𝑣可得，运动过程中汽车的最大速度：𝑣最大=𝑃𝐹=80×103𝑊4×103𝑁=20𝑚/𝑠；(3)由题意可知，汽车从静止开始运

动，经15𝑠运动200𝑚恰好达到最大速度，接着匀速运动25𝑠后关闭发动机，滑行10𝑠停下，整个过程中发动机的工作时间𝑡=40𝑠，且在这段时间内发动机的功率不变，由𝑃=𝑊𝑡可得，整个过程中发动机

做的功：𝑊=𝑃𝑡=80×103𝑊×40𝑠=3.2×106𝐽。答：(1)全程中汽车的所受阻力为4×103𝑁；(2)运动过程中汽车的最大速度为20𝑚/𝑠；(3)整个过程中发动机做的功为3.2×106𝐽。【解析】(1

)汽车在匀速直线运动过程中受到的阻力恰为车重的15=0.2倍，根据𝑓=0.2𝐺=0.2𝑚𝑔求出匀速直线运动过程中汽车的所受阻力，根据二力平衡求出汽车的牵引力𝐹；(2)由题意可知，汽车匀速运动时速度最大，根据𝑃=�

�𝑡=𝐹𝑠𝑡=𝐹𝑣，求出汽车的最大速度；(3)由题意可知，整个过程中发动机的工作时间𝑡=40𝑠，根据𝑃=𝑊𝑡求出整个过程中发动机做的功。第17页，共23页本题考查了重力公式、做功率定义式和推导式、以及二力平衡条件的应用，明确整个过程中发

动机的工作时间和汽车匀速运动时速度最大是关键。16.【答案】解：(1)根据𝑃=𝑊𝑡知，汽油机1𝑚𝑖𝑛内做的总功为：𝑊总=𝑃𝑡=8×103𝑊×60𝑠=4.8×105𝐽；因为飞轮每转两圈对外做功一次，所以飞轮转动2400圈，要对外做功1200次，汽油机一次做功冲

程对外做功为：𝑊=𝑊总1200=4.8×105𝐽1200=400𝐽；(2)根据𝜂=𝑊𝑄放知汽油完全燃烧放出的热量为：𝑄放=𝑊总𝜂=4.8×105𝐽25%=1.92×106𝐽，根据𝑄放=𝑚�

�得1𝑚𝑖𝑛消耗汽油的质量为：𝑚=𝑄放𝑞=1.92×106𝐽4.8×107𝐽/𝑘𝑔=0.04𝑘𝑔；(3)设运动长度为𝐿，活塞的横截面积为𝑆，则气缸的容积为𝑉=𝑆𝐿=1.25𝐿=1.25×10−3𝑚3，由�

�=𝐹𝐿可知，燃气的压力：𝐹=𝑊𝐿，则燃气压强为：𝑝=𝐹𝑆=𝑊𝑆𝐿=𝑊𝑉=400𝐽1.25×10−3𝑚3=3.2×105𝑃𝑎。答：(1)汽油机一次做功冲程对外做功𝑊为400𝐽；(2)1𝑚𝑖𝑛消耗的汽油质量𝑚为0.04𝑘𝑔；(3)燃气

压强𝑝为3.2×105𝑃𝑎。【解析】(1)根据𝑃=𝑊𝑡算出汽油机1𝑚𝑖𝑛内做的总功，因为飞轮每转两圈对外做功一次，所以飞轮转动2400周，要对外做功1200次，进而算出汽油机一次做功冲程对外做的功；(2)根据𝜂

=𝑊𝑄放知汽油完全燃烧放出的热量，由𝑄放=𝑚𝑞算出1𝑚𝑖𝑛消耗汽油的质量；(3)设运动长度为𝐿，活塞的横截面积为𝑆，则气缸的容积为𝑉=𝑆𝐿=1.25𝐿=1.25×10−3𝑚3，根据𝑊=𝐹𝐿求出燃气的

压力，根据𝑝=𝐹𝑆求出燃气压强。此题考查热机中压强、功、功率的计算，关键是对公式和公式变形的理解和应用，题目有一定的第18页，共23页难度。17.【答案】解：(1)已知破壁机的榨汁功率为𝑃榨汁=1100𝑊，工作时间为𝑡=1𝑚𝑖𝑛=60𝑠，由𝑃=𝑊𝑡可知，仅榨汁时破壁机工作

1𝑚𝑖𝑛消耗的电能：𝑊=𝑃榨汁𝑡=1100𝑊×60𝑠=6.6×104𝐽；根据电功率𝑃=𝑈𝐼可得，仅榨汁时通过电动机的电流为：𝐼=𝑃榨汁𝑈=1100𝑊220𝐴=5𝐴，仅榨汁时破壁机工作1𝑚𝑖𝑛线圈产生的热量：𝑄=𝐼2𝑅线圈𝑡=(5�

�)2×1𝛺×60𝑠=1500𝐽；(2)由电路可知，仅𝑆1闭合时，破壁机处于榨汁状态，加热电阻都不工作；𝑆1断开，榨汁功能停止工作；𝑆2闭合，电阻𝑅1、𝑅2串联，电路中总电阻最大，由𝑃=𝑈2𝑅可知

，其加热功率较小，属于低温挡；𝑆2、𝑆3同时闭合，只有𝑅1工作，电路中的电阻小，由𝑃=𝑈2𝑅可知其加热功率较大，属于高温挡；故处于加热高温挡时，只有𝑅1工作，开关𝑆1断开，𝑆2、𝑆3均闭合；由高温挡的功率𝑃高=𝑈额2𝑅1可

知，加热电阻𝑅1的阻值：𝑅1=𝑈额2𝑃高=(220𝑉)21210𝑊=40𝛺；(3)营养糊吸收的热量：𝑄吸=𝑐营养糊𝑚(𝑡−𝑡0)=4.4×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)×1100×10−3𝑘𝑔×(100℃−20℃)=3.872×105𝐽，

不计热量损失，消耗的电能：𝑊=𝑄吸=3.872×105𝐽，由𝑃=𝑊𝑡可知，加热需要的时间：𝑡=𝑊𝑃高=3.872×105𝐽1210𝑊=320𝑠。答：(1)电动机线圈电阻为1𝛺，仅榨汁时破

壁机工作1𝑚𝑖𝑛消耗的电能和产生的电热分别为6.6×104J、1500𝐽；(2)仅处于加热的高温挡时，三个开关的开合情况是开关𝑆1断开，𝑆2、𝑆3均闭合；(3)若不计热损失，将杯子中搅碎的1100𝑔营养糊，使

其温度从20℃加热到100℃至少需要的时间为320𝑠。【解析】(1)由表格数据可知仅榨汁时破壁机的额定功率，利用𝑃=𝑊𝑡求出仅榨汁时破壁机工作1𝑚𝑖𝑛消耗的电能；利用𝑃=𝑈𝐼求出仅榨汁时通过破壁机电动机线圈的电流，利用𝑄−𝐼2𝑅𝑡求出

仅榨汁时破壁机工作1𝑚𝑖𝑛线圈产生的热量；(2)先分析比较电路的连接方式和电路电阻的大小，得出挡位；依据高温挡的功率𝑃高=𝑈额2𝑅1求得𝑅1第19页，共23页的阻值；(3)利用𝑄吸=𝑐𝑚(𝑡−𝑡0)求出营养糊

吸收的热量；不计热量损失，消耗的电能等于营养糊吸收的热量，利用𝑃=𝑊𝑡求出加热需要的时间。本题是一道电热综合题，掌握电功、电功率、电热以及热量的有关计算是解答本题的关键。18.【答案】电能表931.67.2×104长度13调零交换正负接线柱的导线【解析】解：(1

)如图所示的仪表叫电能表，此时的示数为931.6𝑘𝑊⋅ℎ；2500𝑟/(𝑘𝑊⋅ℎ)表示电路中用电器每消耗1𝑘𝑊⋅ℎ的电能，电能表转2500转，则电能表的转数为50转时用电器消耗的电能：𝑊=50𝑟2500𝑟/(𝑘𝑊⋅ℎ)=0.02𝑘𝑊⋅

ℎ=7.2×104𝐽；(2)电阻箱是利用铜塞插入或拔出改变连入电路中电阻丝的长度来变阻的。如图，若只留下铜塞𝐶将其余铜塞拔出，电阻箱连入电路的阻值：𝑅=1𝛺+2𝛺+10𝛺=13𝛺。(3)测量电流时，连接好电路闭合开关试触时，发现电流表

指针向左偏转至如图所示位置，说明原来电流表的指针没有在零刻度处，而是在图中指针位置的右侧，电流表的正负接线柱接反，指针向左偏转，到达图示位置，所以接下来对电流表要进行的操作是调零和交换正负接线柱的导线。故答案为：(1)电能表；931.6；7.2×104；(2)长度

；13；(3)调零；交换正负接线柱的导线。(1)电能表是测量电功的仪表，读数时，数字方框中最后一位是小数，单位是𝑘𝑊⋅ℎ；2500𝑟/(𝑘𝑊⋅ℎ)表示电路中用电器每消耗1𝑘𝑊⋅ℎ的电能，电能表转2500转；据此求当电能表的转数为50转时用电器消耗的电能；(2)电阻箱是利用铜塞插入

或拔出改变连入电路中电阻丝的长度来变阻的，即把铜塞插进去，铜塞处的电阻丝就会短路，电流不从电阻丝走了，电阻箱的示数等于拔出的铜塞下方的电阻丝阻值的和；(3)测量电流时，电流表的指针要先调零；电流要从正接线柱流入，从负接线柱流出，否则电流表指针会反向偏转。本题考

查电能表、变阻器、电压表的使用，属于电学基础知识。19.【答案】小于热传递加热时间𝐵𝑄𝑚𝛥𝑡能状态第20页，共23页【解析】解：(1)由图可知，物体从第1分钟到第2分钟，一直吸收热量，温度升高，内能变大，因

此甲液体第1分钟的内能小于第2分钟的内能；液体通过吸收电热器放出的热量增加内能，因此是通过热传递的方式实现的；(2)实验中用相同的加热器加热，相同时间内物质吸收的热量相同，所以用加热时间来比较𝐴和𝐵两种液体吸收热量的多

少；(3)由题知用规格相同的加热器加热时，加热相同时间，吸收的热量相同，由图可知当升高相同的温度时，𝐵液体的加热时间长，𝐴液体的加热时间短，又已知𝑚𝐴=2𝑚𝐵，由𝑐=𝑄𝑚𝛥𝑡可知，𝐴的比热容较小，即𝑐𝐴<𝑐𝐵；(

4)比热容是反映物质自身性质的物理量，它的大小与物质的种类和状态有关，与其他因素无关。故答案为：(1)小于；热传递；(2)加热时间；(3)𝐵；𝑄𝑚𝛥𝑡；能；(4)状态。(1)改变内能的方式有两种：做功和热传递；做功是指能量的转化，热

传递是指能量的转移；(2)(3)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较液体吸收热量多少，这种方法叫转换法；由图可知当甲、乙加热相同时间时的温度变化大小，再利用𝑄=𝑐𝑚𝛥𝑡分析即可；(4)比热容的大小与物质的种类和状态有关。本题考查了

改变内能的方式和比热容及其计算公式的理解，属于基础题，难度不大。20.【答案】𝐵电压表0.75𝑊灯泡的电阻受温度的影响𝑎𝑈1(𝑈2−𝑈1)𝑅0【解析】解：(1)实验中，要测出额定电功率，要保持小灯泡两端电压为额定电压

(小灯泡的电阻约为8𝛺)时所需变阻器的阻值最大，电路中的电流为：𝐼=𝑈𝐿𝑅𝐿=2.5𝑉8𝛺=0.3125𝐴，则滑动变阻器的阻值为：𝑅滑=𝑈滑𝐼=𝑈−𝑈𝐿𝐼=6𝑉−2.5𝑉0.3125𝐴=11.2𝛺

>10𝛺，应该选择“20𝛺1𝐴”的𝐵变阻器，而“50𝛺0.2𝐴”变阻器的电流太小，不合适；(2)滑动变阻器的滑片向左移动时可以减小灯泡的亮度，根据𝑃=𝐼2𝑅知电流表的示数变小，根据欧姆定律𝐼=𝑈𝑅知电阻变大，故变阻器右下接线柱连入电路中，如下所示：第21

页，共23页；(3)闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片𝑃，同时观察电压表示数的变化，以防止对灯泡造成损害；(4)根据绘制的如图乙所示的图像知，灯在额定电压下的电流为0.3𝐴，小灯泡额定功率是：𝑃=𝑈𝐼=2.5𝑉×0.3𝐴=0.75𝑊；图像乙不是一条直线是因为温度对灯泡灯

丝电阻的影响：温度越高，灯丝电阻越大；(5)如丙图，定值电阻𝑅0、小灯泡和滑动变阻器串联在电路中。①连接好电路，闭合开关𝑆，将开关𝑆1拨到触点𝑎，电压表测量小灯泡两端的电压，移动滑片，使电压表的示

数为小灯泡的额定电压𝑈1；②保持滑片的位置不动，再将开关𝑆1拨到触点𝑏，电压表测量小灯泡和定值电阻两端的总电压，读出电压表的示数𝑈2；则定值电阻两端的电压𝑈0=𝑈2−𝑈1，根据欧姆定律得，通过定值电阻的电流：𝐼0=𝑈0𝑅0=𝑈2−𝑈1𝑅0

，根据串联电路中电流处处相等，则小灯泡的额定电流𝐼=𝐼0=𝑈0𝑅0=𝑈2−𝑈1𝑅0，小灯泡的额定功率：𝑃=𝑈额𝐼=𝑈额×𝑈2−𝑈1𝑅0=𝑈1(𝑈2−𝑈1)𝑅0。故答案为：(1)𝐵；(2)如上图；(3)电压表；(4)0.75𝑊；灯泡的电阻受温度的影响；

(5)𝑎；𝑈1(𝑈2−𝑈1)𝑅0。(1)测量额定电功率时，根据小灯泡两端电压为额定电压时所需变阻器的阻值最大，选择合适的变阻器规格；(2)根据滑片左移灯泡变暗确定滑动变阻器的连接方式；第22页，共23页

(2)(3)为保护电路，闭合开关前，应将滑片移至最大阻值处；(4)根据故障现象来确定故障类型；(5)由图读出电流表示数，依据功率计算公式进行计算。(4)电压表首先测量小灯泡两端的电压，移动滑片使小灯泡正常发光，然后测量小灯泡和定值电阻两端的总电压，根据串联电路

电压特点求出定值电阻两端的电压，根据欧姆定律求出定值电阻中的电流，根据𝑃=𝑈𝐼求出小灯泡的额定电功率。本题是测量小灯泡功率的实验，考查了滑动变阻器的连接方式及选择，电功率的计算以及特殊的方法测量小灯泡的电功率。21.【答案】不是所有导体的电流都与电压成

正比𝐷③向右移动60反比【解析】解：(一)(1)由图甲可知，导体𝐴、𝐵、𝐶的图象为过原点的直线，通过它们的电流与各自两端的电压成正比，而导体𝐷的图象为一条曲线，通过它的电流与其两端的电压不成正比，所以由图甲得出结论：不是所有导体的电流都与电压成正比；(2)探究电流与电压的关系时，需要

保持电阻不变，故导体𝐷不能用于此实验的探究；(二)(1)原电路中，电压表与电流表串联后再与𝑅并联是错误的，电流表应与𝑅串联，电压表应与𝑅并联，改正后如图所示：；(2)根据串联分压原理可知，将定值电阻由5𝛺改接成10𝛺的电阻，其分得的电压

变大，故电压表的指针应为图乙中的③位置；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表示数仍为2𝑉；(3)根据串联电路电压的规律，变

阻器分得的电压：𝑈滑=𝑈−𝑈𝑉=6𝑉−2𝑉=4𝑉，变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入30𝛺电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：𝑅滑=2𝑅=2×30𝛺=60𝛺，故若想六个电阻都能完成实验，可更换一个最大阻值

不小于60𝛺的滑动变阻器；(4)通过实验得出结论，当电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。第23页，共23页故答案为：一(1)不是所有导体的电流都与电压成正比；(2)𝐷；二(1)如图所示；(2)③；

向右移动；(3)60；(4)反比。(一)(1)根据图甲中所有导体图象的性质分析解答；(2)探究电流与电压的关系时，需要保持电阻不变，据此分析解答。(二)(1)原电路中，电压表与电流表串联后再与𝑅并联是错误的，电流表应与𝑅串联，电压表应与𝑅并联

；(2)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由此确定电压表的指针位置；由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；(3)探究电

流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入30𝛺电阻时变阻器连入电路中的电阻；(4)通过实验得出结论，当电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反

比。本题探究探究电流与电压、电阻的关系，考查图像分析、电路连接、控制变量法和变阻器的使用、对器材的要求、数据分析、串并联电路得特点以及欧姆定律的应用，综合性强。