一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分） 1．下列说法中错误的是（ ）
A．温度、光照等因素对半导体的导电性能有很大的影响
B．发电厂发电、运输电能采用超导材料，能大大降低由于电阻引起的电能损耗
C．两个轻质小球，甲球带正电，当两球接近时发现它们相互吸引，则乙球一定带负电 D．自然界中只有两种电荷
2．小明把一瓶酸奶、咸鱼放在冰箱里，过了一晚，他闻到从冰箱拿出的酸奶具有一股咸鱼味，此现象能说明（ ）
A．分子在不断地运动 B．酸奶瓶对咸鱼分子有引力
C．咸鱼的内能大于酸奶瓶的 D．咸鱼的温度高于酸奶瓶的 3．对于图中所示的四幅图，下列说法中正确的是（ ）
A．甲图中软木塞飞出时，管内水蒸气的内能增加
B．乙图中两个压紧的铅块能吊起重物，主要是因为分子间存在引力
C．丙图中迅速下压活塞，硝化棉燃烧，只通过热传递改变筒内空气的内能 D．丁图中小朋友下滑时，内能转化为机械能
4．如图所示的简单机械使用中，会费力的是（ ） A．独轮车 B．斜面 C．
滑轮组 D．
筷子
5．两个相同规格的电加热器加热质量、初温都相同的两种不同液体，如图所示，若液体吸收的热量等于电加热器放出的热量，加热相同的时间，甲杯中的液体温度高于乙杯中的液体，根据以上信息我们可以得到（ ）
A．两杯液体吸收的热量相等 B．乙杯中的液体是水
C．甲杯中液体吸收的热量较多 D．甲杯中液体的比热容较大 6．如图所示的几种情况中可能会发生触电事故（ ）
A．甲和乙 B．甲和丙 C．乙和丙 D．甲和丁 7．下列用电器与电水壶工作原理相同的是（ ） A．
电风扇 B．
电饭锅 C．
洗衣机 D．
液晶电视
8．如图所示的四幅关于热机的能量流向图中正确的是（ ） A．
C．
B．
D．
9．一同学在探究串联电路的电流规律时，按图中甲图连接好电路闭合开关后观察到两个电流表的偏转情况如乙、丙两图所示，下列说法正确的是（ ）
A．两灯的电阻一定不同
B．电流表A1示数比电流表A2的示数小 C．电流表A1示数与电流A2的示数一样大 D．两个灯泡的亮度一定相同
10．如图所示，电电压为9V，开关S闭合，灯泡L1、L2均发光，且L1比L2亮，其中电压表V2示数为3V，则电压表V1示数为（ ）
A．3V B．6V C．4.5V D．9V
11．如图所示，闭合开关，一盏灯亮另一盏灯不亮，电流表有示数，而电压表几乎无示数，发生此故障的原因可能是（ ）
A．L1断路 B．L2断路 C．L1短路 D．L2短路
12．为了安全，汽车行驶时驾驶员必须系安全带．汽车上设置了“安全带指示灯”提醒驾驶员系好安全 带．当安全带系好时，相当于闭合开关，指示灯不亮；安全带未系好时，相当于断开开关，指示 灯发光．图中符合上述要求的电路图是（ ）
A． B． C． D．
二、解答题（共12小题，满分64分）
13．如图甲为宾馆的房卡，把房卡插入槽中，房内的用电器才能工作，插入房卡相当于闭合电路中的 ．房间里电灯、电视机等用电量是 联的，该宾馆的
电能表如图乙所示，其读数为 kWh．接入电路的用电器的电功率最多允许达到 W，某用电器单独接入家庭电路工作5min，发现电能表转盘转过了300转，则该用电器的电功率为 W；该电能表 （选填“允许”或“不允许”）另一个标有“200V 2200W”的用电器与上述用电器同时使用．
14．如图所示，手用F1的力直接将物体B匀速提升h；若借助滑轮组把B匀速提升相同高度，若F2做功为300J，滑轮组机械效率是30%，则F1做功为 J．
15．发动机是向汽车提供动力的装置，汽车在行驶时，发动机把油料中的化学能转化为 能，再转化成 能．如图所示为此四冲程发动机装置工作时的 （选填“压缩”或“做功”）冲程，此冲程气缸内气体的温度 （选填“升高”、“不变”、“降低”）．
16．如图所示，用固定在墙上的三角支架ABC放置空调室外机．如果A处螺钉松脱，则支架会绕C点倾翻．已知AB长40cm，AC长30cm．室外机的重力为300N，正好处在AB中点处，则A处螺钉的水平拉力为 N（支架重力不计）．为了安全，室外机的位置应尽量 （选填“靠近”或“远离”）墙壁．
17．如图甲是用水后及时关闭水龙头时的情景，水龙头手柄看作是一个杠杆，请你在图中乙所示的示意图中画出阻力臂l2，并画出施加在A点方向向下的最小动力F1及其力臂l1．
18．图甲是一种电热暖手宝，其主要就参数如图乙所示，袋内通常用水当吸热或放热的物
质，因为水的 较大；当人触摸到暖手宝时会觉得暖和，这主要是通过 的方式改变内能．使用前要先给其通电加热，如果在额定电压下加热10min，暖手宝内水的温度由原的5℃上升到65℃，指示灯熄灭，则此过程中水吸收的热量是 J，电热暖手宝的发热效率为 ．（c水=4.2×103J/（kg℃）
19．（1）用笔画代替导线完成图中电路的实物连接．要求：两灯并联，开关控制整个电路，电流表测量通过L1、L2的总电流，导线不能交叉； （2）请在右边的方框内画出与图中对应的电路图．
20．如图1所示，灯泡标有“220V 110W”．
（1）在图2中画出灯泡和开关的连线，并接入家庭电路． （2）接入电路后，闭合开关，灯泡正常发光，求： ①灯泡的电流． ②灯丝的电阻
③通电1小时，灯泡消耗的电能．
（3）这种灯泡现正被发光效率更高的节能灯代替．节能灯的发光效率高，其中一个原因是节能灯表面温度比白炽灯低．请你结合效率的含义，从能量转化的角度，简述节能灯为什么节能？
21．一名体重为500N、双脚与地面接触面积为0.04m2的学生站在水平地面上，要用滑轮组在20s内将600N的重物匀速提升1m，如图所示． （1）他站在地面上时对地面的压强多大？ （2）请在图上画出滑轮组的绕线方式；
（3）若匀速提升过程中滑轮组的机械效率是75%，则拉力所做的功多大？拉力所做的功率是多大？
（4）提升重物时与没拉绳子时相比，他对地面的压强 （选填“增大”、“减小”或“不变”）．
22．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，电电压保持不变．
（1）请在图乙上把实物图连接完整，要求滑动变阻器滑片向右移动时电流表示数变大； （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，接下他首先应进行的操作是 （选填字母序号）； A．检查电路是否断路 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）小明移动滑动变阻器得到了一组电压和电流的数据，填入他自己设计的表格 次数 电压U/V 电流I/A 电功率P/W 平均电功率P/W 1 2 0.34 0.68 2 2.5 0.4 3 3 0.44 1.32 ①请指出这个表格设计不合理的地方 ； ②第二次实验时，小灯泡的实际电功率是 W；
③分析这组数据，小明认为该小灯泡不合格，他判断的理由是 ；
④另外，根据表格的数据计算，可以发现小灯泡的电阻是 （选填“不变”或“改变”）的，其原因是 ．
23．如图所示，甲、乙、丙三图中的装置相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体初温相同．当燃料燃烧完时（烧杯内的液体均未沸腾），立即读取相应温度计的读数，分别为T甲、T乙和T丙，且有T甲＞T乙＞T丙．
（1）在实验中，三个烧杯中a、b液体的 （选填“质量”或“体积”）必须相同；
（2）比较不同物质的比热容，应选择 两图进行实验，实验液体a的比热容x
； 水与实验液体b的比热容cb相比，有ca cb（选填“＞”、“=”或“＜”）
（3）比较不同物质的热值，应选择 两图进行实验，实验燃料1的热值q1与实验燃料2的热值q2相比，有q1 q2（选填“＞”、“=”或“＜”）；
（4）在甲装置中，若燃料为酒精，烧杯内的液体为质量为200g的水，点燃燃料直至燃烧完，温度计的示数由20℃上升到70℃，再结合“10g”燃料这一数据，计算出燃料的热值，通过实验算出的热值与实际相比 （选填“偏大”或“偏小”），理由是： ．
24．想估测书包的重量，现有细绳若干、粗细均匀的长硬棒（重量可以忽略）、刻度尺、一瓶水（重量为6N），空瓶的质量忽略不计，请简要写出合理方案（可用画图或文字表述），并用题目所给及所要测出的物理量推导出书包重量的表达式．
2015-2016学年广东省广州市花都区九年级（上）期末
物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分） 1．下列说法中错误的是（ ）
A．温度、光照等因素对半导体的导电性能有很大的影响
B．发电厂发电、运输电能采用超导材料，能大大降低由于电阻引起的电能损耗
C．两个轻质小球，甲球带正电，当两球接近时发现它们相互吸引，则乙球一定带负电 D．自然界中只有两种电荷
【考点】半导体的特点；超导体在磁悬浮列车、超导输电的应用；正电荷与负电荷；物体带电情况的判断． 【分析】（1）半导体具有很多特殊的优点，利用它的优点制成：太阳电池，光敏电阻、热敏电阻等，以及它在其它方面的应用；
半导体的阻值随温度、光照和杂质等外界因素的不同而发生变化；
（2）超导体的电阻为零，不产生电热，应用在电动机、导线等人们不需要电热的地方； （3）如果物体之间是相互排斥的，两个物体带同种电荷；如果物体之间是相互吸引的，两个物体带异种电荷，或者带电体吸引不带电体；
（4）人们规定，用丝绸摩擦过的玻璃棒带的电荷叫正电荷，毛皮摩擦过的橡胶棒带的电荷叫负电荷．
【解答】解：A、温度、光照和杂质等外界因素对半导体的性能影响很大，故A正确； B、根据焦耳定律，超导材料由于电阻为零，所以不产生电热，用作输电导线没有电能损耗，故B正确；
C、两个轻质小球互相吸引，已知甲球带正电，则乙球可能带负电，也可能不带电，故C错误；
D、自然界中有且只有两种电荷，即正电荷和负电荷，故D正确． 故选：C．
【点评】本题主要考查学生对半导体材料、超导体材料、两种电荷及电荷间的相互作用规律的了解和掌握，属于识记性内容，比较简单．
2．小明把一瓶酸奶、咸鱼放在冰箱里，过了一晚，他闻到从冰箱拿出的酸奶具有一股咸鱼味，此现象能说明（ ）
A．分子在不断地运动 B．酸奶瓶对咸鱼分子有引力
C．咸鱼的内能大于酸奶瓶的 D．咸鱼的温度高于酸奶瓶的 【考点】分子的运动．
【分析】扩散现象说明，分子在不停地做无规则运动，结合这一现象可做出判断．
【解答】解：把一瓶酸奶、咸鱼放在冰箱里，由于它们的分子都在不停地做无规则的运动，所以会有部分分子彼此进入对方，这就形成了闻到从冰箱拿出的酸奶具有一股咸鱼味的现象．这是分子发生扩散的结果． 故选A．
【点评】了解分子无规则运动现象的存在，并能用解释生活中的一些现象，是解答本题的关键．
3．对于图中所示的四幅图，下列说法中正确的是（ ）
A．甲图中软木塞飞出时，管内水蒸气的内能增加
B．乙图中两个压紧的铅块能吊起重物，主要是因为分子间存在引力
C．丙图中迅速下压活塞，硝化棉燃烧，只通过热传递改变筒内空气的内能 D．丁图中小朋友下滑时，内能转化为机械能 【考点】做功改变物体内能；分子间的作用力． 【分析】（1）改变内能的方式有两种，即做功和热传递；对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功，其内能会减小； （2）分子间既有引力也有斥力． 【解答】解：
A、甲图中软木塞飞出时，水蒸气对木塞做功，内能转化为机械能，管内水蒸气的内能减少，故A错误；
B、乙图中两个压紧的铅块能吊起钩码，主要是因为分子间存在引力，故B正确；
C、丙图中迅速向下压活塞，由于压缩玻璃筒内的空气对其做功，使得空气的内能增加，温度升高，故C错误；
D、丁图中小朋友下滑时，克服摩擦做功，机械能转化为内能，故D错误． 故选B．
【点评】本题考查了做功改变物体内能．对物体做功，物体内能会增加，物体对外做功，物体内能会减小，同时伴随者机械能和内能的相互转化．
4．如图所示的简单机械使用中，会费力的是（ ） A．独轮车 B．斜面 C．
滑轮组 D．
筷子
【考点】杠杆的应用；滑轮组绳子拉力的计算．
【分析】分析图中各个简单机械的工作特点（是否省力、省距离或改变力的方向），然后得出结论．
【解答】解：A、独轮车相当于杠杆，使用时动力臂大于阻力臂，可以省力，不合题意； B、斜面是一种省力的机械，不合题意；
C、使用滑轮组时，有多段绳子承担物重，因此可以省力，不合题意； D、筷子在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力的，符合题意． 故选D．
【点评】本题主要考查了对杠杆、斜面、滑轮组等简单机械的省力、费力情况的了解．属基础知识的考查．
5．两个相同规格的电加热器加热质量、初温都相同的两种不同液体，如图所示，若液体吸收的热量等于电加热器放出的热量，加热相同的时间，甲杯中的液体温度高于乙杯中的液体，根据以上信息我们可以得到（ ）
A．两杯液体吸收的热量相等 B．乙杯中的液体是水
C．甲杯中液体吸收的热量较多 D．甲杯中液体的比热容较大 【考点】比热容的概念．
【分析】甲乙两种液体液体质量相等、初温相同、用两个完全相同的加热器加热时间相同时吸热也相同，比较甲乙升高温度的关系，利用热量的计算公式分析即可． 【解答】解：
AC、液体吸收的热量等于电加热器放出的热量，加热相同的时间，两个电加热器的规格相同，所以两杯液体吸收热量相同，故A正确、C错误；
BD、吸收的热量相同时，甲的温度升高的快，利用热量的计算公式Q=cm△t可知，在质量相等、初温相同、吸热也相同的情况下，温度升高得快的液体比热容小，即甲的比热容小，乙的比热容大，但乙的种类不能确定．故B、D错误． 故选A．
【点评】物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．控制变量法是初中物理中常用的探索问题和分析解决问题的科学方法之一．
6．如图所示的几种情况中可能会发生触电事故（ ）
A．甲和乙 B．甲和丙 C．乙和丙 D．甲和丁 【考点】触电危害及常见的触电类型与预防．
【分析】家庭电路中的触电事故，都是人直接或间接接触火线引起的；触电有两种：①当人体的不同部位分别接触火线和零线时，②站在地上，身体的某一部位与火线接触，据此分析．
【解答】解：人体触电，原因是有电流流过，形成通路．人体为导体，一边与火线相接，一边与零线相接或与大地相接，都会形成通路，
图甲、丙中有电流流过人体，会触电，图乙、丁中没有电流流过人体，不会触电． 故选B．
【点评】本题考查了常见触电的两种类型．我们要牢记安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体．
7．下列用电器与电水壶工作原理相同的是（ ）
A．
电风扇 B．
电饭锅 C．
洗衣机 D．
液晶电视
【考点】电流的热效应、化学效应和磁效应．
【分析】电流的热效应：电流通过导体要发热，这叫做电流的热效应，如电灯、电炉、电烙铁、电焊等都是电流的热效应的例子．
【解答】解：电水壶是利用电流的热效应工作的，所以只需要找出下列用电器中是利用电流的热效应工作的那个就可以；
A、电风扇主要把电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作的，不符合题意． B、电饭锅工作时把电能转化为内能，利用电流的热效应工作，符合题意；
C、洗衣机主要把电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作的，不符合题意． D、液晶电视主要把电能转化为光能，不是利用电流热效应工作的，不符合题意； 故选B．
【点评】本题主要考查学生对电流的热效应，以及电能和其它形式能的相互转化，利用热效应工作的电器特点是把电能主要转化成内能，是一道基础题．
8．如图所示的四幅关于热机的能量流向图中正确的是（ ） A．
C．
B．
D．
【考点】能量转化或转移现象的分析．
【分析】热机的工作过程中，将燃料的化学能通过燃烧转化为内能，再转化为机械能，并有一定量的内能转化为电能，供给热机使用．
【解答】解：由热机的工作原理可知，热机工作时将燃料的化学能通过燃烧转化为内能，再转化为机械能，同时还有部分内能转化为电能，供给热机使用． 故选A．
【点评】知道并理解热机工作时的能量转化过程是解决该题的关键．
9．一同学在探究串联电路的电流规律时，按图中甲图连接好电路闭合开关后观察到两个电流表的偏转情况如乙、丙两图所示，下列说法正确的是（ ）
A．两灯的电阻一定不同
B．电流表A1示数比电流表A2的示数小 C．电流表A1示数与电流A2的示数一样大 D．两个灯泡的亮度一定相同 【考点】串联电路的电流规律．
【分析】串联电路中，电流处处相等．据此分析判断．
【解答】解：A、两灯的电阻可能相同，也可能不同．故A错误；
BC、由于两灯串联，所以电流相等，指针偏转角度不同，这是由于量程不同造成的，所以电流表A1示数与电流A2的示数一样大，都是0.3A，故B错误，C正确；
D、灯泡的亮度由实际功率决定，由P=I2R可得，当两灯泡的电阻不相等时，灯泡的亮度就不同，故D错误． 故选C．
【点评】本题考查串联电路电流的特点以及仪表的使用，属于基础题．
10．如图所示，电电压为9V，开关S闭合，灯泡L1、L2均发光，且L1比L2亮，其中电压表V2示数为3V，则电压表V1示数为（ ）
A．3V B．6V C．4.5V D．9V 【考点】串联电路的电压规律．
【分析】分析两电压表所测的电路得出结论．
【解答】解：由图知，两灯泡串联，电压表V1、V2均测量L2两端的电压，所以V1的示数等于V2的示数等于3V． 故选A．
【点评】本题考查串联电路的电压规律，关键能够分析出两电压表所测电路相同．
11．如图所示，闭合开关，一盏灯亮另一盏灯不亮，电流表有示数，而电压表几乎无示数，发生此故障的原因可能是（ ）
A．L1断路 B．L2断路 C．L1短路 D．L2短路 【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．
【分析】据电流表的示数和灯泡的亮度情况，判断出是断路还是短路，而后再具体分析即可判断．
【解答】解：据题目可知，闭合开关，一盏灯亮另一盏灯不亮，电流表有示数，即电路有电流，所以一定不是断路，故AB错误；
此时电压表测量的是灯泡L2的电压，而此时电压表无示数，即说明灯泡L2没有电压，故可能是L2发生短路造成的． 故选D．
【点评】据电流表的示数，能准确的判断出电路是断路还是短路是解题关键．
12．为了安全，汽车行驶时驾驶员必须系安全带．汽车上设置了“安全带指示灯”提醒驾驶员系好安全 带．当安全带系好时，相当于闭合开关，指示灯不亮；安全带未系好时，相当于断开开关，指示 灯发光．图中符合上述要求的电路图是（ ）
A． B． C． D．
【考点】串、并联电路的设计．
【分析】由题意知，系好安全带灯泡不亮，未系好安全带时指示灯亮，说明开关断开时指示灯亮，否则灯泡不亮即被短路了．
【解答】解：由题意知，指示灯与S并联，但电路不会出现短路，即电路中有保护电阻； 结合选项可知B符合题意，ACD不符合． 故选B．
【点评】本题利用了对用电器短路时，用电器将不工作设计电路，注意不能出现对电短路的情况，电阻是保护电阻，可使电路对电不被短路．
二、解答题（共12小题，满分64分）
13．如图甲为宾馆的房卡，把房卡插入槽中，房内的用电器才能工作，插入房卡相当于闭合电路中的 开关 ．房间里电灯、电视机等用电量是 并 联的，该宾馆的电能表如图乙所示，其读数为 1452.0 kWh．接入电路的用电器的电功率最多允许达到 4400 W，某用电器单独接入家庭电路工作5min，发现电能表转盘转过了300转，则该用电器的电功率为 1200 W；该电能表 允许 （选填“允许”或“不允许”）另一个标有“200V 2200W”的用电器与上述用电器同时使用．
【考点】电能表参数的理解与电能的求法；电路的组成；电功率的计算． 【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）电能表是测量电路一段时间内消耗的电能的仪表，上面有五个数字窗口，最后一位是小数位，单位是kWh．根据电能表上参数的含义以及P=UI求出最大功率．
3000r/kWh表示的是电路中每消耗1kWh的电能，电能表的转盘转3000r，求出转盘转300r电路中消耗的电能，据此求出电能表转300转消耗的电能，然后根据P=求出功率． （4）用接入电路的用电器的电功率的最大值减去该用电器的电功率，与2200W比较即可． 【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，所以是并联的；
（3）电能表的最后一位是小数，可以看出电能表的示数为1452.0，单位是kWh，故电能表的读数为1452.0kWh． 从电能表上看出，该电能表工作时允许通过的最大电流是20A，接入电路的用电器的电功率最大值：P=UI=220V×10A=2200W； 电能表转盘转300转消耗的电能：W=用电器的功率：P′==
kWh=0.1kWh；
=1.2kW=1200W．
（4）4400W﹣1200W=3200W＞22000W，故该电能表允许另一个标有“200V 2200W”的用电器与上述用电器同时使用．
故答案为：开关；并；1452.0；4400；允许．
【点评】掌握电能表各参数的含义，利用额定电压和最大电流可以求出最大功率，利用一个用电器单独工作，铝盘转动的圈数和转动的时间可以求出用电器的功率，这是常用的方法，一定要熟练掌握．
14．如图所示，手用F1的力直接将物体B匀速提升h；若借助滑轮组把B匀速提升相同高度，若F2做功为300J，滑轮组机械效率是30%，则F1做功为 90 J．
【考点】滑轮（组）的机械效率．
【分析】直接将物体提起做的功是有用功，利用机械将物体提起做的功是总功．根据η=
可计算有用功．
【解答】解：
滑轮组把B匀速提升相同高度，F2做功是总功为300J， 由η=
可得，F2做的有用功：
W有用=ηW总=30%×300J=90J．
即用F1的力直接将物体B匀速提升h，F1做的有用功． 故答案为：90．
【点评】本题考查了对有用功、总功的理解和机械效率公式的应用，正确认识有用功和总功是解题的关键． 15．发动机是向汽车提供动力的装置，汽车在行驶时，发动机把油料中的化学能转化为 内 能，再转化成 机械 能．如图所示为此四冲程发动机装置工作时的 压缩 （选填“压缩”或“做功”）冲程，此冲程气缸内气体的温度 升高 （选填“升高”、“不变”、“降低”）．
【考点】内燃机的四个冲程．
【分析】热机首先燃烧燃料将化学能转化为内能，后将内能转化为机械能；
①吸气冲程：进气门打开，排气门关闭．活塞由上端向下端运动，汽油和空气组成的燃料混合物从进气门吸入气缸．
②压缩冲程：进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，压缩汽缸内燃料混合物，温度升高，将机械能转化为内能．
③做功冲程：在压缩冲程末尾，火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧，产生高温高压的燃气，高温高压气体推动活塞向下运动，带动曲轴转动，对外做功，将内能转化为机械能． ④排气冲程：进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，把废气排出气缸． 根据气门的开合情况和活塞的运动方向确定具体的冲程．
【解答】解：
汽车在行驶时，发动机把油料中的化学能先转化为内能，后把内能转化为机械能；
由图知，两个气门都关闭，活塞向上运动，压缩燃料混合物做功，所以为压缩冲程；活塞向上运动，压缩汽缸内燃料混合物，气体的温度升高，内能增大． 故答案为：内；机械；压缩；升高．
【点评】内燃机的四个冲程中要两个能量转化，一是压缩冲程中，机械能转化成内能；二是做功冲程中，内能转化成机械能．
16．如图所示，用固定在墙上的三角支架ABC放置空调室外机．如果A处螺钉松脱，则支架会绕C点倾翻．已知AB长40cm，AC长30cm．室外机的重力为300N，正好处在AB中点处，则A处螺钉的水平拉力为 200 N（支架重力不计）．为了安全，室外机的位置应尽量 靠近 （选填“靠近”或“远离”）墙壁．
【考点】杠杆的平衡条件．
【分析】根据杠杆平衡条件可知，在阻力与阻力臂一定的情况下，动力臂越大，动力越小，力越小，空调越牢固，据此根据图示情景分析答题． 【解答】解：
用固定在墙上的三角支架ABC放置空调室外机．如果A处螺钉松脱，则支架会绕C点倾翻； C点是支点，空调受到重力而作用在支架上的力是阻力，在阻力与阻力臂一定的情况下，由杠杆平衡条件可知，动力臂越大，动力越小， F×AC=G×AB；
F×30cm=300N××40cm；
所以F=200N；
为了安全，室外机的位置应尽量靠近墙壁，以减小阻力臂，从而减小A处的拉力． 故答案为：200；靠近．
【点评】此题考查了杠杆的应用，把杠杆知识应用到生活中．此题体现了物理知识与生活的紧密联系．
17．如图甲是用水后及时关闭水龙头时的情景，水龙头手柄看作是一个杠杆，请你在图中乙所示的示意图中画出阻力臂l2，并画出施加在A点方向向下的最小动力F1及其力臂l1．
【考点】杠杆中最小力的问题．
【分析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长．而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题．
【解答】解：延长阻力F2的作用线，过O点作阻力F2的垂线，即为阻力F2对支点O的力臂L2；
动力最小，即动力臂最长，阻力的方向已标出，所以动力的方向应该向下，连接支点O与A点，过A点作OA的垂线就得到在A点施加的最小动力F1，OA即为动力臂L1，如下图所示．
【点评】根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力．
18．图甲是一种电热暖手宝，其主要就参数如图乙所示，袋内通常用水当吸热或放热的物质，因为水的 比热容 较大；当人触摸到暖手宝时会觉得暖和，这主要是通过 热传递 的方式改变内能．使用前要先给其通电加热，如果在额定电压下加热10min，暖手宝内水的温度由原的5℃上升到65℃，指示灯熄灭，则此过程中水吸收的热量是 2.52×105 J，电热暖手宝的发热效率为 84% ．（c水=4.2×103J/（kg℃）
【考点】电功与热量的综合计算；水的比热容的特点及应用．
【分析】水的比热容大：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； 改变物体内能的方式有两种：做功与热传递； 知道水的体积，利用密度公式求水的质量，知道水温度的变化，根据热量的计算公式Q吸=cm△t计算出水吸收的热量；
根据W=Pt计算出消耗的电能，根据可以求出电热暖手宝的发热效率．
【解答】解：因为水的比热容较大，降低相同的温度，水放出的热量多，所以电热水袋里面一般用水作储能物质；
当人触摸到暖手宝时会觉得暖和，这主要是通过热传递的方式改变内能； 温度从5℃升高到65℃，此过程中水吸收的热量是：
Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg℃）×1kg×（65℃﹣5℃）=2.52×105J； 暖手宝消耗的电能：W=Pt=500W×10×60s=3×105J， 则该电热暖手宝的发热效率η=
×100%=
×100%=84%．
故答案为：比热容；热传递；2.52×105；84%．
【点评】本题由电热暖手宝入手考查相关的物理知识，尤其是最后一问求发热袋的效率是解题的难点，关键是对公式的灵活运用． 19．（1）用笔画代替导线完成图中电路的实物连接．要求：两灯并联，开关控制整个电路，电流表测量通过L1、L2的总电流，导线不能交叉； （2）请在右边的方框内画出与图中对应的电路图．
【考点】实物的电路连接；根据实物图画电路图．
【分析】两灯泡并联，开关控制整个电路、电流表测通过两灯的总电流说明开关和电流表位于干路，再画出电路图即可． 【解答】解：
（1）两灯泡并联，电流表位于干路，然后与开关和电组成电路，如图所示：
；
（2）按实物图画出电路图，如图所示：
．
【点评】考查了正确连接电路的能力：先要判断电路的连接形式，再从电的一极开始连起，先串后并，且在连接时开关的状态是断开的．
20．如图1所示，灯泡标有“220V 110W”．
（1）在图2中画出灯泡和开关的连线，并接入家庭电路． （2）接入电路后，闭合开关，灯泡正常发光，求： ①灯泡的电流． ②灯丝的电阻
③通电1小时，灯泡消耗的电能．
（3）这种灯泡现正被发光效率更高的节能灯代替．节能灯的发光效率高，其中一个原因是节能灯表面温度比白炽灯低．请你结合效率的含义，从能量转化的角度，简述节能灯为什么节能？
【考点】家庭电路的连接；电功的计算；电功率与电压、电流的关系．
【分析】（1）根据安全用电原则，开关与火线相连；
（2）已知灯泡标有“220V 110W”．根据P=UI可求得灯泡的电流；再利用欧姆定律变形可求得电阻；已知电功率和通电1小时，利用W=Pt可求得灯泡消耗的电能．
（3）根据白炽灯消耗的电能有很大一部分转化为内能，只有一小部分转化为光能；节能灯消耗的电能大部分转化为光能分析即可． 【解答】解：（1）将开关与火线相连，灯泡左端与零线相连，右端与开关相连，如图所示：
（2）①由P=UI可得，灯泡的电流I==②由I=可得，灯丝的电阻R==
=0.5A；
=440Ω；
③由P=可得，灯丝消耗的电能W=Pt=0.1kW×2h=0.11kWh；
（3）白炽灯消耗的电能有很大一部分转化为内能，只有一小部分转化为光能，发光效率较低；节能灯消耗的电能大部分转化为光能，发光效率较高；同等亮度下，节能灯的功率较低，因此使用节能灯可以节能． 故答案为：
（1）如图所示；
（2）①灯泡的电流为0.5A． ②灯丝的电阻为440Ω
③通电1小时，灯泡消耗的电能为0.11kWh．
（3）白炽灯消耗的电能有很大一部分转化为内能，只有一小部分转化为光能，发光效率较低；节能灯消耗的电能大部分转化为光能，发光效率较高；同等亮度下，节能灯的功率较低，因此使用节能灯可以节能．
【点评】本题考查电流和电能的计算以及节能的措施，关键是公式及其变形的灵活运用，解题过程中要注意单位的换算．
21．一名体重为500N、双脚与地面接触面积为0.04m2的学生站在水平地面上，要用滑轮组在20s内将600N的重物匀速提升1m，如图所示． （1）他站在地面上时对地面的压强多大？ （2）请在图上画出滑轮组的绕线方式；
（3）若匀速提升过程中滑轮组的机械效率是75%，则拉力所做的功多大？拉力所做的功率是多大？
（4）提升重物时与没拉绳子时相比，他对地面的压强 减小 （选填“增大”、“减小”或“不变”）．
【考点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组的设计与组装；压强的大小及其计算；功率的计算．
【分析】（1）他站在地面上时对地面的压力和自己的体重相等，又知道双脚与地面接触面积，根据p=求出对地面的压强；
（2）在使用滑轮组提升重物时，既要考虑到它的省力情况，还应注意动力的施力方向； （3）由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据s=nh求出绳端移动的距离，根据W=Gh求出有用功，利用η=率．
（4）提升重物时与没拉绳子时相比，受力面积不变，根据p=，通过分析他对地面的压力的变化，分析压强的大小变化． 【解答】解：（1）他站在地面上时对地面的压力： F=G=500N， 对地面的压强： p==
=1.25×104Pa；
×100%求出总功，利用W=Fs求出拉力的大小，利用P=求出拉力的功
（2）因为滑轮组要求站在地面上提升重物，
所以，最终的绳子自由端方向向下，则绳子的起始端应在定滑轮上，如图所示：
（3）由图可知，n=2，则绳端移动的距离： s=nh=2×1m=2m， 拉力做的有用功：
W有=Gh=600N×1m=600J， 由η=W总=
=
×100%可得，拉力做的总功：
=800J，
由W=Fs可得，拉力的大小： F=
=
=400N，
拉力的功率： P=
=
=40W．
（4）没拉绳子时，他对地面的压力等于其自身重力等于500N，
提升重物时，他对地面的压力等于他的重力减去绳子对他的拉力，即500N﹣400N， 提升重物时与没拉绳子时相比他对地面的压力减小，而受力面积不变， 根据p=可知，他对地面的压强减小．
答：（1）他站在地面上时对地面的压强为1.25×104Pa； （2）滑轮组的绕线方式如上图所示； （3）拉力F为400N，拉力的功率为40W； （4）减小．
【点评】本题考查了压强的计算和滑轮组的组装以及功、功率、机械效率公式的应用，设计滑轮组的绕绳方案应从两方面考虑，一是省力情况，二是绳子自由端的朝向．
22．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，电电压保持不变．
（1）请在图乙上把实物图连接完整，要求滑动变阻器滑片向右移动时电流表示数变大； （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，接下他首先应进行的操作是 C （选填字母序号）； A．检查电路是否断路 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）小明移动滑动变阻器得到了一组电压和电流的数据，填入他自己设计的表格 次数 电压U/V 电流I/A 电功率P/W 平均电功率P/W 1 2 0.34 0.68 2 2.5 0.4 3 3 0.44 1.32 ①请指出这个表格设计不合理的地方 设计了平均电功率一栏 ； ②第二次实验时，小灯泡的实际电功率是 1 W；
③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 ； ④另外，根据表格的数据计算，可以发现小灯泡的电阻是 改变的 （选填“不变”或“改变”）的，其原因是 灯丝的电阻随温度的变化而变化 ． 【考点】电功率的测量． 【分析】（1）求出灯正常工作时的电流，确定电流表的量程，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，滑动变阻器滑片以右电阻丝接入电路，
（2）电流表有示数，说明电路为通路，可能是电路电阻太大，电路电流很小，灯泡实际功率很小，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）①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；
②在额定电压下的功率为额定电功率，根据表中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；
③将额定电压下求出的功率与所标的额定功率比较得出结论；
④根据欧姆定律求出灯的电阻大小；灯丝的电阻随温度的变化而变化． 【解答】解：（1）要求滑动变阻器滑片向右移动时电流表示数变大，即此时变阻器连入电路中的电阻变小，所以滑动变阻器滑片以右电阻丝接入电路，将滑动变阻器一上一下串联在电路中；灯泡的额定电流大约为I=
=0.32A
，所以电流表应选择0～0.6A的量程，电流表与灯泡串联，如下图所示：
（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，灯泡实际功率远小于额定功率造成的，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）①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； ②由表中数据，额定电压2.5V对应的电流大小为0.4A，灯的额定功率P=UI=2.5V×0.4A=1W； ③根据灯的额定电压求出灯的额定功率为1W，而小灯泡上标的额定功率为0.8W，所以此小灯泡不合格；
④根据欧姆定律R=，三次实验灯丝的电阻分别为5.88Ω、6.25Ω、6.82Ω，发现小灯泡的电阻是改变的，原因是灯丝的电阻随温度的变化而变化． 故答案为：（1）见上图； （2）C； （3）①设计了平均电功率一栏；②1；③电压为2.5V时的实际功率为1W大于额定功率0.8W；④灯丝的电阻随温度的变化而变化．
【点评】本题生活实际为背景，测小灯泡电功率，考查电路的连接、常见现象的分析、影响电阻大小的因素与处理数据的能力，体现了从物理走向社会的新课标理念．
23．如图所示，甲、乙、丙三图中的装置相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体初温相同．当燃料燃烧完时（烧杯内的液体均未沸腾），立即读取相应温度计的读数，分别为T甲、T乙和T丙，且有T甲＞T乙＞T丙．
（1）在实验中，三个烧杯中a、b液体的 质量 （选填“质量”或“体积”）必须相同； （2）比较不同物质的比热容，应选择 甲、丙 两图进行实验，实验液体a的比热容x水与实验液体b的比热容cb相比，有ca ＜ cb（选填“＞”、“=”或“＜”）；
（3）比较不同物质的热值，应选择 甲、乙 两图进行实验，实验燃料1的热值q1与实验燃料2的热值q2相比，有q1 ＞ q2（选填“＞”、“=”或“＜”）；
（4）在甲装置中，若燃料为酒精，烧杯内的液体为质量为200g的水，点燃燃料直至燃烧完，温度计的示数由20℃上升到70℃，再结合“10g”燃料这一数据，计算出燃料的热值，
通过实验算出的热值与实际相比 小 （选填“偏大”或“偏小”），理由是： 存在热散失 ．
【考点】燃料的热值． 【分析】（1）根据控制变量法的要求，根据所探究的问题，确定需要控制的变量；
（2）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系；
（3）燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小；
（4）存在热散失，燃料燃烧放出的热量没有全部被液体吸收，测得的热值会偏小． 【解答】解：
（1）根据控制变量法的要求，在实验中，三个烧杯中a、b液体的质量必须相同；
（2）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲丙两图进行实验；甲、丙所示实验中所用燃料种类与质量相同，则燃料燃烧释放的热量相等，即Q甲=Q丙，
燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则Qa=Qb，
甲、丙两实验烧杯中液体的初温相等，末温T甲＞T丙，则△t甲＞△t丙，即△ta＞△tb， 因为Qa=Qb，m相等，△ta＞△tb，Q=cm△t， 所以由c=
可知，ca＜cb．
（3）为了比较热值大小，要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲乙两图进行实验；由题意在，甲、乙两实验烧杯中液体的初温相等，末温T甲＞T乙，则△t甲＞△t乙，
由图甲、乙所示实验可知，两烧杯中的液体种类即比热容c、质量m都相等，由热量公式Q=cm△t可知，
Q甲＞Q乙，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则燃料释放的热量Q1＞Q2， 由于甲乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，由Q=mq可知，q1＞q2．
（4）因为存在热散失，燃料燃烧放出的热量没有全部被水吸收，所以测得的热值会偏小． 故答案为：（1）质量；（2）甲、丙；＜；（3）甲、乙；＞；（4）小；存在热散失．
【点评】本题考查了学生对热值概念、比热容概念的了解与掌握，分析时用好控制变量法是本题的关键．
24．想估测书包的重量，现有细绳若干、粗细均匀的长硬棒（重量可以忽略）、刻度尺、一瓶水（重量为6N），空瓶的质量忽略不计，请简要写出合理方案（可用画图或文字表述），并用题目所给及所要测出的物理量推导出书包重量的表达式． 【考点】杠杆的应用． 【分析】（1）标出两边力臂的大小，细绳处为支点；
（2）根据书包和水瓶的力臂，运用公式F1L1=F2L2进行解答．
【解答】解：要得出书包的重力，还需测出书包及水瓶对杠杆力的力臂，如图所示： 水的重力是6N；
根据杠杆的平衡条件：G包L1=G瓶L2 则G包=
，所以质量为G包=
．
【点评】这是一道杠杆与密度的综合题，考查了学生对杠杆平衡条件的理解以及密度与质量关系的简单计算；在填写质量与重量时注意写上单位．
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