2019-2020学年浙江省鄞州区七校联考九年级（上）期中物理试卷（含详细解答）

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1、如图所示是一种按压式手电筒，只要按压手柄，塑料齿轮带动线圈内磁性飞轮高 速旋转，灯泡就能发光。下列四副图中能反映其工作原理的是（ ） A B C 第 2 页（共 30 页） D 3 （4 分）我国自主研制的“歼20”隐形战斗机试飞成功，标志着我国在飞机研发和制造 领域取得了很大的成就。 “歼20”隐形战斗机在匀速爬升过程中战斗机的（ ） A动能减小 重力势能减小 B动能不变 重力势能增大 C动能增大 重力势能增大 D动能不变 重力势能减小 4 （4 分）有相同两盏额定电压为 U、额定功率为 60W 的电灯，若串联接在电压为 U 的电 源上，则两灯的总功率是（ ） A120W B60W C40W

2、 D30W 5 （4 分）如图所示，作用在杠杆一端始终与杠杆垂直的力 F，将杠杆缓慢匀速地由位置 A 拉至位置 B，在这个过程中力 F 的大小将（ ） A变大 B不变 C变小 D先变大后变小 6 （4 分）用电热丝烧水，当电压为 U 时，t 秒内可将水烧开，如果电压降为原来的一半， 则同样烧开这些水所需的时间应为（ ） A B C2t D4t 7 （4 分）如图所示，质量为 2kg 的物体 A 放在水平桌面上， （不计绳重及绳与轮的摩擦） 动滑轮重 2N，滑轮下面悬挂一物体 B，当物体 B 重 14N 时，恰能匀速下滑。用一个水 平向左的拉力 F 作用在物体 A，使物体 A 以 1m/s 的速

3、度向左做匀速直线运动，时间为 3s。下列说法正确的是（ ） 第 3 页（共 30 页） A拉力 F 的大小为 8N B拉力 F 的功率是 16W C拉力 F 做的功是 48J D物体 B 上升的速度为 2m/s 8 （4 分）某同学用如图所示的电路测小灯泡的功率。已知电源电压恒为 4.5V，电压表的量 程为 03V，电流表的量程为 00.6A滑动变阻器的规格为“20lA” ，灯泡标有 “2.5V1.25W”字样，不考虑灯丝电阻的变化，为保证电路安全，下列说法中正确的是 （ ） A该电路的最大总功率是 2.25W B电流表示数的变化范围是 0.180.6A C灯泡的电功率变化范围是 0.51.2

4、5W D滑动变阻器允许调节的范围是 520 9 （4 分）如图甲所示，空气阻力不计，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t0 时刻， 将一重为 G50N 的金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压 缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过 安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图象如图乙所 示，下列分析正确的是（ ） 第 4 页（共 30 页） A0 到 t1 时间内小球的动能不变 Bt1 到 t2 时间内小球的动能减小 Ct2 到 t3 时间内小球的动能增大 Dt2 到 t3时间内小球的势能增大 二、填空简

5、答题二、填空简答题 10 （4 分）小明家 8 月 31 日的电能表示数如图，到 9 月 30 日再观察时，发现电能表示数 为，则他家 9 月份消耗的电能为 kWh若让他家某个用电 器单独工作，电能表的转盘在 10min 内转过 300 转，则该用电器功率为 W。 11 （2 分）如图将滑动变阻器的滑片 P 从某一位置移动到另一位置，电压表的示数由 8V 变 为 6V， 电流表示数相应由 0.4A 变成 0.6A， 那么定值电阻 R0的电功率变化了 瓦。 12 （2 分）如图，重 500N 的物体与地面间的摩擦力是 150N，为使物体匀速移动，必须在 绳端加以 60N 的水平拉力， 则滑轮组的

6、机械效率为 ； 若物体的移动速度为 0.2m/s， 则拉力 F 的功率为 。 第 5 页（共 30 页） 13 （4 分）生活中我们经常使用简单机械，分析下面两个情景回答问题。 （1）如图甲所示，已知撬棒 AD1.2 米，CDBC0.2 米，石头垂直作用在棒上的力 是 360 牛，若要撬动石头，则施加在撬棒 A 点的力至少是 牛； （2）如图乙所示，某工人用滑轮组拉着重 600 牛的货物匀速前进，已知货物上升的速度 为 0.2 米/秒，动滑轮重 40 牛，忽略绳重及摩擦，则工人 1min 内所做的功为 焦。 14 （4 分）某调光台灯电路如图所示，电源电压恒定，忽略灯泡电阻变化，当滑动变阻器

7、的滑片 P 滑至 a 端时，灯泡 L 的功率为 64W；滑片 P 滑至 b 端时，灯泡 L 的功率为 4W， 则滑片 P 滑至 ab 的中点时，灯泡 L 的功率为 W，当滑片 P 在 b 端时，灯泡 L 与 滑动变阻器的电压之比为 。 15 （4 分）某电饭煲设有“加热”和“保温”两档，其内部简化电路如图所示，若 R1：R2 1：24，则电饭煲保温和加热的功率之比为 。电饭煲将电能转化为 能。 16 （4 分）如图所示是直流电动机的模式图，直流电动机是根据 的原理制成的，它 第 6 页（共 30 页） 利用 与电刷的接触方式，解决了线圈连续转动和导线缠绕问题。 三、实验探究题三、实验探究题 1

8、7 （6 分）为探究“动能大小的影响因素” ，科学小组开展了如图所示的实验活动。 （1）在图甲和图乙实验中，用质量相同的两个钢球从斜面上不同高度自由滚下，比较两 图实验现象，得到的结论是 ； （2）分析图乙和图丙可知，要增大物体的动能可采用 的方法。 18 （12 分）如图甲为测定“小灯泡电功率”的电路，电源电压恒为 4.5V，小灯泡额定电压 为 2.5V、电阻约为 10分析实验回答问题： （1）小明根据该电路图连接好实物图后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯 泡始终很暗且亮度几乎不变，则故障原因可能是 。 （2）排除故障后闭合开关，移动滑片 P 到某位置，电压表示数如图乙所示，此时若

9、想测 第 7 页（共 30 页） 小灯泡的额定功率， 应将滑动变阻器的滑片往电阻 （填增大或减小） 的方向移动。 （3）小明继续移动滑动变阻器的滑片 P，并记下多组电压表和电流表的示数，绘制成 I U 图象（图丙） ，据此分析当小灯泡正常发光时，滑动变阻器的功率为 W。 （4）进一步分析图象可知，随着灯泡两端电压的增大，灯丝电阻逐渐增大，造成这一现 象的原因可能是 。 19 （6 分）甲、乙两位同学一起做“探究杠杆平衡条件”的实验，以杠杆中点为支点，如 图甲、乙所示。 （1）如图甲所示，每次实验让杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是 ； （2） 如图乙所示实验， 某同学用弹簧测力计沿两个方向施力

10、， 要使杠杆在水平位置平衡， 两次弹簧测力计的读数 F1 F2（选填大于、小于或等于） 。 四、分析计算题（共四、分析计算题（共 3 小题，小题，32、33、34 每题每题 8 分，分，35、36 每题每题 10 分，共分，共 44 分）分） 20 利用如图所示装置将重为100N的物体匀速从斜面的底端拉到顶端。 已知斜面的长是5m， 高是 2m，已知该装置的机械效率为 40%，求： （1）拉力 F 对物体所做的有用功。 （2）若物体移动的速度为 0.2 米/秒，求拉力 F 的功率。 21如图所示，电源电压不变，R212，小灯泡 L 标有“6V3W”字样（不考虑灯丝电阻 变化） 。当 S1、S2

11、、S3都闭合时，小灯泡恰好正常发光，此时电流表示数为 0.6A，求： （1）电源电压和定值电阻 R1的值各为多大？ （2）当 S1闭合 S2、S3断开时，小灯泡消耗的实际功率是多大？ 第 8 页（共 30 页） 22为锻炼身体，小明利用所学知识设计了一个电子拉力计，图甲是原理图。硬质弹簧右端 和金属滑片 P 固定在一起 （弹簧的电阻不计， P 与 R1间的摩擦不计） 。 定值电阻 R05， a、b 是一根长为 5cm 的均匀电阻丝，阻值 R125，电源电压 U3V，电流表的量程为 00.6A已知该弹簧伸长的长度L 与所受拉力 F 间的关系如图乙所示。 （1）当拉环不受拉力时，滑片 P 处于 a

12、 端，闭合开关后，此时 R0消耗的功率是多少？ 当拉力为 300N 时，R1消耗的功率又是多少？ （2）通过计算说明，开关 S 闭合后，当电流表指针指在 0.3A 处，作用在拉环上水平向 右的拉力为多大？ 第 9 页（共 30 页） 2019-2020 学年浙江省学年浙江省鄞州区七校联考九年级（上）期中物理试鄞州区七校联考九年级（上）期中物理试 卷卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项单选题一、单项单选题 1 （4 分）如图所示的工具中，属于费力杠杆的是（ ） A B C D 【分析】结合生活经验，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。

13、【解答】解：A、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆； B、图中的剪刀在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆； C、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆； D、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。 故选：D。 【点评】此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：省力杠杆，动力臂大于阻力臂； 费力杠杆，动力臂小于阻力臂；等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。 2 （4 分）如图所示是一种按压式手电筒，只要按压手柄，塑料齿轮带动线圈内磁性飞轮高 速旋转，灯泡就能发光。下列四副图中能反映其工作原理的是（ ） 第 10 页（共 30 页） A B C D 【分析】 （1）手压

14、电筒是利用电磁感应现象制成的，磁性飞轮高速旋转，使线圈切割磁 感线，从而产生了感应电流，使小灯泡发光。 （2）逐个分析下面四个选择项中各个设备的工作原理，将两者对应即可得到答案。 【解答】解： 按压手柄，塑料齿轮带动线圈内磁性飞轮高速旋转，使灯泡发光，这是电磁感应现象； A、此图反映了通电导体在磁场中受到力的作用，与手压电筒的工作原理无关，故 A 错 误。 B、图中导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中产生了感应电流（可以从电流表指针 发生偏转来体现） ，这是电磁感应现象，与手压电筒的工作原理相符合，故 B 正确。 C、 此图探究的是电磁铁磁性强弱的影响因素， 即研究电磁铁磁性强弱与线圈中电流

15、大小 的关系，与手压电筒的工作原理无关。故 C 错误。 D、该实验为奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，与手压电筒的工作原理无关。故 D 错误。 第 11 页（共 30 页） 故选：B。 【点评】 （1）此题考查了电磁感应、通电导体在磁场中受力、奥斯特实验、电磁铁磁性 强弱的决定因素等知识点。 （2）首先根据题目告诉的：线圈内磁性飞轮高速旋转明确出手压电筒的工作原理是解决 此题的关键。 3 （4 分）我国自主研制的“歼20”隐形战斗机试飞成功，标志着我国在飞机研发和制造 领域取得了很大的成就。 “歼20”隐形战斗机在匀速爬升过程中战斗机的（ ） A动能减小 重力势能减小 B动能不变 重力势能

16、增大 C动能增大 重力势能增大 D动能不变 重力势能减小 【分析】动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。 重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。 【解答】解： 战斗机在匀速爬升的过程中，其质量不变，速度不变，高度变大，所以战斗机的动能不 变，重力势能变大，故 B 正确。 故选：B。 【点评】本题比较简单，只要掌握动能、重力势能的影响因素即可解答。 4 （4 分）有相同两盏额定电压为 U、额定功率为 60W 的电灯，若串联接在电压为 U 的电 源上，则两灯的总功率是（ ） A120W B60W C40W D30W 【分析】根据 P表示

17、出每盏电灯的额定功率，两盏电灯的电阻相等，根据电阻的串 联和 P求出两灯的总功率。 【解答】解：设每盏灯泡的电阻为 R，则灯泡的额定功率： PL60W， 两盏电灯的规格相同，电阻相等， 因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以串联后接在电压为 U 的电源上时，两灯的总功率： 第 12 页（共 30 页） P30W。 故选：D。 【点评】本题考查了电阻的串联和电功率公式的应用，关键是知道两盏电灯的规格相同 时电阻相等。 5 （4 分）如图所示，作用在杠杆一端始终与杠杆垂直的力 F，将杠杆缓慢匀速地由位置 A 拉至位置 B，在这个过程中力 F 的大小将（ ） A变大 B不变 C变小 D先变大后

18、变小 【分析】首先要判断杠杆的五要素中，有哪些要素发生了变化，然后再利用杠杆的平衡 条件进行分析。 【解答】解：由题知，动力 F 作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直，则在杠杆缓慢由 A 到 B 的过程中，动力臂 OA 的长度没有变化，阻力 G 的大小没有变化，而阻力臂 L 却逐渐 增大； 由杠杆的平衡条件知：FOAGL阻，当 OA、G 不变时，L阻越大，则 F 越大，因此在 这个过程中拉力 F 逐渐变大。 故选：A。 【点评】在分析杠杆的动态平衡时，一般是动中取静，依据杠杆的平衡条件进行分析， 最后得到结论。 6 （4 分）用电热丝烧水，当电压为 U 时，t 秒内可将水烧开，如果电压降为原来的一半

19、， 则同样烧开这些水所需的时间应为（ ） A B C2t D4t 【分析】烧开相同一壶水时，电热丝产生的热量相等，根据 QI2Rtt 得出等式即可 得出答案。 【解答】解：烧开相同一壶水时，电热丝产生的热量相等， 第 13 页（共 30 页） 根据 QI2Rtt 可得： tttt， 解得：t4t。 故选：D。 【点评】本题考查了焦耳定律变形公式的灵活应用，知道烧开相同一壶水时电热丝产生 的热量相等是关键。 7 （4 分）如图所示，质量为 2kg 的物体 A 放在水平桌面上， （不计绳重及绳与轮的摩擦） 动滑轮重 2N，滑轮下面悬挂一物体 B，当物体 B 重 14N 时，恰能匀速下滑。用一个水

20、平向左的拉力 F 作用在物体 A，使物体 A 以 1m/s 的速度向左做匀速直线运动，时间为 3s。下列说法正确的是（ ） A拉力 F 的大小为 8N B拉力 F 的功率是 16W C拉力 F 做的功是 48J D物体 B 上升的速度为 2m/s 【分析】 （1）物体 B 匀速下滑，根据 F拉（GB+G动）计算作用在物体 A 上绳子的拉 力；物体 A 向右做匀速运动，因此 A 的摩擦力与绳子拉力相互平衡，即 fF拉；当物体 A 向左做匀速直线运动时，根据 FF拉+f 计算拉力 F； （2）已知拉力 F 和速度根据公式 PFv 计算功率； （3）已知功率和时间根据 WPt 计算拉力做的功； （4

21、）已知绳子自由端的速度根据 vv 计算动滑轮上升的速度。 【解答】解： A由图知，动滑轮上有 2 段绳子承担重力， 第 14 页（共 30 页） 不计绳重及绳与轮的摩擦，则物体 B 匀速下滑时，绳子上的拉力为：F拉（GB+G动） （14N+2N）8N； 则由力的平衡条件可得物体 A 受到的滑动摩擦力：fF拉8N； 因为压力和接触面的粗糙程度不变，所以物体水平向左做匀速直线运动时，物体 A 受到 的滑动摩擦力大小不变， 由力的平衡条件可得向左的拉力：FF拉+f8N+8N16N，故 A 错误； B、物体 A 的速度为 1m/s，则拉力 F 的功率为：PFv16N1m/s16W， 故 B 正确； C

22、已知时间为 3s，则拉力 F 做的功为：WPt16W3s48J，故 C 正确； D滑轮 B 上升的速度为：vv1m/s0.5m/s，故 D 错误。 故选：BC。 【点评】此题涉及到二力平衡条件的应用，滑轮组及其工作特点，功率计算公式的应用， 综合性较强。 8 （4 分）某同学用如图所示的电路测小灯泡的功率。已知电源电压恒为 4.5V，电压表的量 程为 03V，电流表的量程为 00.6A滑动变阻器的规格为“20lA” ，灯泡标有 “2.5V1.25W”字样，不考虑灯丝电阻的变化，为保证电路安全，下列说法中正确的是 （ ） A该电路的最大总功率是 2.25W B电流表示数的变化范围是 0.180.

23、6A C灯泡的电功率变化范围是 0.51.25W D滑动变阻器允许调节的范围是 520 【分析】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测 电路中的电流。 （1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据 PUI 求出灯泡的额定电流，然后结合电流 第 15 页（共 30 页） 表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的最小电阻， 利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，再根据 PUI 求出该电路的最 大功率； （2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的功率最小，根据电阻的串联和欧姆 定律求出电路中的电流，利用 PUII2R 求出灯泡的最

24、小功率。 【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流 表测电路中的电流。 （1）根据 PUI 可得，灯的额定电流： IL额0.5A， 因为串联电路中各处的电流相等， 且电流表的量程为 00.6A， 所以电路中的最大电流为 Imax0.5A，故 B 错误； 由 I可得，灯泡的电阻 RL5，电路中的总电阻 R 9， 因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑 RRL954，故 D 错误； 电路的最大功率：PmaxUImax4.5V0.5A2.25W，故 A 正确； （2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的功率最小，此时电

25、路中的电流： Imin0.18A， 灯泡的最小功率：PL（Imin）2RL（0.18A）250.162W，故 C 错误； 故选：A。 【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，关键是根据灯泡 的额定电流和电流表的量程确定电路中的最大电流， 对于选择题并不一定完全解答选项， 只要有不正确的地方，本选项即为不正确。 9 （4 分）如图甲所示，空气阻力不计，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t0 时刻， 将一重为 G50N 的金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压 缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过 安装在弹簧下端的压

26、力传感器，测出这一过程弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图象如图乙所 第 16 页（共 30 页） 示，下列分析正确的是（ ） A0 到 t1 时间内小球的动能不变 Bt1 到 t2 时间内小球的动能减小 Ct2 到 t3 时间内小球的动能增大 Dt2 到 t3时间内小球的势能增大 【分析】小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变 大，当弹力小于重力时，物体加速下降，但合力变小，加速度变小，故做加速度减小的 加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变的 大于重力，合力变为向上且不断变大，故加速度向上且不断变大，故物体做加速度不断 增大的

27、减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断不断减小的加速运动，当加速度减 为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止。 【解答】解： A、0 到 t1 时间内，小球没有接触弹簧，小球下落时做加速运动，其动能变大，故 A 错 误； B、t1时刻小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，开设一段时间内弹力小于重力，则小球仍 然做加速运动，动能变大；当弹力等于重力时，速度最大，动能最大；t2时刻，弹力最 大，则弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度为 0、动能为 0，则 t1 到 t2 时间内 小球的动能先增大后减小，故 B 错误； C、t2t3这段时间内，小球处于上升过程，先

28、做加速运动，后做减速运动，质量不变， 动能先增大后减小，故 C 错误； D、t2t3段时间内，小球处于上升过程，高度变大，重力势能变大，故 D 正确； 故选：D。 【点评】本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的 加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析。 第 17 页（共 30 页） 二、填空简答题二、填空简答题 10 （4 分）小明家 8 月 31 日的电能表示数如图，到 9 月 30 日再观察时，发现电能表示数 为，则他家 9 月份消耗的电能为 150 kWh若让他家某个用电 器单独工作，电能表的转盘在 10min 内转过 300 转，则该用电器功率为

29、 600 W。 【分析】 （1）电能表的读数方法：月末的减去月初的示数；最后一位是小数；单 位 kWh； （2）根据转数和电能表参数求出消耗的电能，结合电功率公式求解电功率大小。 【解答】解： （1）9 月份他家消耗的电能：W7475.6kWh7325.6kWh150kWh； （2）3000r/kWh 表示每消耗 1kWh 的电能，电能表的转盘转 3000 转， 则转盘转 300 转时，该用电器消耗的电能： W0.1kWh， 只让一个用电器工作的时间 t10minhh， 该用电器的功率： P0.6kW600W。 故答案为：150；600。 【点评】本题考查了电能表的读数以及功率的计算，关键是明

30、确电能表参数的含义；读 数时，要注意电能表的最后一位是小数。 11 （2 分）如图将滑动变阻器的滑片 P 从某一位置移动到另一位置，电压表的示数由 8V 变 为 6V，电流表示数相应由 0.4A 变成 0.6A，那么定值电阻 R0的电功率变化了 2 瓦。 第 18 页（共 30 页） 【分析】由电路图可知，定值电阻 R0与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的 电压，电流表测电路中的电流。根据串联电路的电阻分压特点可知，当电压表示数为 8V 时，电流表示数为 0.4A，当电压表示数为 6V 时，电流表示数为 0.6A，根据电源电压不 变和串联电路的电压特点及欧姆定律列出等式，求出定值电阻

31、R0的大小，根据 PI2R 得出定值电阻 R0的电功率，进一步求出电阻 R0电功率的变化量。 【解答】解：由电路图可知，定值电阻 R0与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两 端的电压，电流表测电路中的电流。 当电压表示数为 U18V 时，电流表示数为 I10.4A， 因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以电源的电压：UI1R0+U10.4AR0+8V 当电压表示数为 U26V 时，电流表示数为 I20.6A， 同理可得电源电压： UI2R0+U20.6AR0+6V 电源的电压不变，由可得：R010， 由 PI2R 可得，定值电阻 R0消耗功率的变化量： P0P0P0I22R0I12R0（

32、0.6A）210（0.4A）2102W。 故答案为：2。 【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，关键是根据电源 的电压不变得出等式以及电表示数的对应关系。 12 （2 分）如图，重 500N 的物体与地面间的摩擦力是 150N，为使物体匀速移动，必须在 绳端加以 60N 的水平拉力，则滑轮组的机械效率为 83.3% ；若物体的移动速度为 0.2m/s，则拉力 F 的功率为 36W 。 【分析】 （1）由图可知滑轮组绳子的有效股数，拉力做的功为总功，克服物体与地面间 第 19 页（共 30 页） 摩擦力做的功为有用功，根据 100%100%100% 100%求出滑轮组的机

33、械效率； （2）根据 v绳nv物求出绳端移动的速度，利用 PFv 求出拉力 F 的功率。 【解答】解： （1）由图可知，连接动滑轮绳子的股数 n3， 因拉力做的功为总功，克服物体与地面间摩擦力做的功为有用功， 所以，滑轮组的机械效率： 100%100%100%100%100% 83.3%。 （2）绳端移动的速度： v绳nv物30.2m/s0.6m/s， 则拉力 F 的功率： PFv绳60N0.6m/s36W。 故答案为：83.3%；36W。 【点评】本题考查了滑轮组机械效率和拉力功率的计算，明确滑轮组绳子的有效股数和 有用功、总功是关键，注意推导公式的灵活应用有助于问题的解决。 13 （4 分

34、）生活中我们经常使用简单机械，分析下面两个情景回答问题。 （1）如图甲所示，已知撬棒 AD1.2 米，CDBC0.2 米，石头垂直作用在棒上的力 是 360 牛，若要撬动石头，则施加在撬棒 A 点的力至少是 60 牛； （2）如图乙所示，某工人用滑轮组拉着重 600 牛的货物匀速前进，已知货物上升的速度 为 0.2 米/秒，动滑轮重 40 牛，忽略绳重及摩擦，则工人 1min 内所做的功为 7680 焦。 第 20 页（共 30 页） 【分析】 （1）根据杠杆平衡条件 F1L1F2L2可得，在阻力和阻力臂一定时，动力臂 L1 越大，动力 F1越小，据此确定支点、动力方向以及最小动力的大小； （

35、2）由图知，使用滑轮组承担物重的绳子股数 n2，拉力端移动的速度为货物上升的速 度的 2 倍；据此求出拉力移动的距离；忽略绳重及摩擦，根据 F （G+G动）求出拉力， 再利用利用 WFs 求人所做的功。 【解答】解： （1）要使施加在撬棒 A 点的动力最小，应使动力臂 L1最大。 当以 D 为支点，在 A 点施加垂直 AD 向上的动力时，动力臂 L1AD1.2m，即动力臂 为最大值，则动力为最小。 此时阻力 F2360N，阻力臂 L2CD0.2m， 根据杠杆平衡条件 F1L1F2L2可得，施加在撬棒 A 点的力： F160N。 （2）由图知，n2，则拉力移动的速度 v绳2v物20.2m/s0.

36、4m/s， 则 1min 拉力端移动距离 sv绳t0.4m/s60s24m； 忽略绳重及摩擦，拉力 F（G+G动）（600N+40N）320N， 人所做的功 WFs320N24m7680J。 故答案为： （1）60； （2）7680。 【点评】本题考查了使用杠杆最小拉力的计算、滑轮组的得点以及功的计算。在确定杠 杆最小动力时，首先找到动力作用点和支点，这两点的连线就是最大的动力臂，然后过 动力作用点作连线的垂线，垂线方向应根据实际情况来确定，就可以找到最小的动力。 14 （4 分）某调光台灯电路如图所示，电源电压恒定，忽略灯泡电阻变化，当滑动变阻器 的滑片 P 滑至 a 端时，灯泡 L 的功率

37、为 64W；滑片 P 滑至 b 端时，灯泡 L 的功率为 4W， 则滑片 P 滑至 ab 的中点时，灯泡 L 的功率为 10.24 W，当滑片 P 在 b 端时，灯泡 L 与滑动变阻器的电压之比为 1：3 。 第 21 页（共 30 页） 【分析】滑动变阻器达到滑片 P 滑至 a 端时电路为 L 的简单电路，当滑片 P 滑至 b 端时 电路为 L 与滑动变阻器的最大阻值 R 串联，当滑片 P 滑至 ab 的中点时电路为 L 与R 串联；根据串联电路电阻特点求出电路的总电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流，再 根据 PI2R 表示出灯泡实际功率的方程，解方程即可得出滑片 P 滑至 ab 的中点时的

38、功 率； 根据 UIR 和小灯泡的电阻与滑动变阻器电阻的关系算出当滑片 P 在 b 端时，灯泡 L 与 滑动变阻器的电压之比。 【解答】解：设电源的电压为 U， 当滑动变阻器达到滑片 P 滑至 a 端时，电路为 L 的简单电路； 灯泡的功率为：P164W 当滑片 P 滑至 b 端时，电路为 L 与滑动变阻器的最大阻值 R 串联； 电路中的电流为 I2， 此时灯泡的功率为 P2I22R（）2RL4W 当滑片 P 滑至 ab 的中点时，电路为 L 与R 串联， 此时电路中的电流为 I3， 此时灯泡的功率为 P3I32RL（）2RL 除以可得： （）2，即 R3RL； 第 22 页（共 30 页）

39、将R3RL带入式可得： P3 （） 2RL 64W10.24W； 当滑片 P 在 b 端时，电路为 L 与滑动变阻器的最大阻值 R 串联，电流相等，灯泡 L 与滑 动变阻器的电压之比为：。 故答案为：10.24；1：3。 【点评】本题考查了串联电路的特点和电功率公式的应用，关键是分清滑动变阻器的滑 片处于不同位置时电路的连接情况。 15 （4 分）某电饭煲设有“加热”和“保温”两档，其内部简化电路如图所示，若 R1：R2 1：24，则电饭煲保温和加热的功率之比为 1：25 。电饭煲将电能转化为 内 能。 【分析】电路电压 U 一定，由 P可知，电阻越大，电功率越小，电饭锅处于保温状 态，电阻越

40、小，电饭锅功率越大，电饭锅处于加热状态，分析电路图确定电饭锅的状态； 根据电功率公式计算答题； 电饭煲工作时将电能转化为内能。 【解答】解：由电路图可知，当开关 S 闭合时，R2被 S 短路，电路电阻最小，由 P 可知，在电压一定时，电饭锅电功率最大，处于加热状态； 当开关断开时，两电阻串联，电路电阻最大，由 P可知，在电压一定时，电饭锅电 功率最小，处于保温状态， 已知 R1：R21：24， 因为并联电路各支路电压相等，则电饭煲保温和加热的功率之比为： 。 电饭煲将电能转化为内能。 故答案为：1：25；内。 【点评】本题考查了电功的实质和电功率公式的应用，分清电饭煲处于不同状态时电路 第 2

41、3 页（共 30 页） 的连接方式是关键。 16 （4 分）如图所示是直流电动机的模式图，直流电动机是根据 通电线圈在磁场中受力 转动 的原理制成的，它利用 换向器 与电刷的接触方式，解决了线圈连续转动和导 线缠绕问题。 【分析】直流电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，由于电动机线圈 的转动方向与磁场方向和电流方向有关，在制作直流电动机时安装了换向器，当线圈转 过平衡位置时及时改变线圈中电流的方向，从而改变线圈的受力方向，使线圈能够保证 持续转动。 【解答】解：直流电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动原理制成的，在输入电流时 采用换向器来改变线圈中的电流方向，从而使它能连续转动。

42、 故答案为：通电线圈在磁场中受力转动；换向器。 【点评】知道电动机转动方向与电流方向、磁场方向的关系以及使线圈持续转动的方法 是本题的解题关键。 三、实验探究题三、实验探究题 17 （6 分）为探究“动能大小的影响因素” ，科学小组开展了如图所示的实验活动。 （1）在图甲和图乙实验中，用质量相同的两个钢球从斜面上不同高度自由滚下，比较两 图实验现象，得到的结论是 在质量相同时，物体的速度越大，动能越大 ； （2） 分析图乙和图丙可知， 要增大物体的动能可采用 增加物体质量、 增大物体速度 的 方法。 第 24 页（共 30 页） 【分析】 （1）据实验现象分析即可得出正确的结论； （2）根据图

43、甲和图丙中的相同点、不同点，利用控制变量法得出影响动能大小的因素。 【解答】解： （1）比较甲乙两图可知，甲图小球高度越大，推动木块运动的距离越远， 故可得结论是：在质量相同时，物体的速度越大，动能越大； （2）分析图乙和图丙可知，小球的高度越大，质量越大，推动木块远，表明动能的大小 与速度、质量有关，故增大物体的动能可以采用的方法是：增加物体质量、增大物体速 度。 故答案为： （1）在质量相同时，物体的速度越大，动能越大； （2）增加物体质量、增大 物体速度。 【点评】解决此类问题要结合影响动能的大小因素和控制变量法、转换法进行分析解答。 18 （12 分）如图甲为测定“小灯泡电功率”的电路

44、，电源电压恒为 4.5V，小灯泡额定电压 为 2.5V、电阻约为 10分析实验回答问题： （1）小明根据该电路图连接好实物图后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯 泡始终很暗且亮度几乎不变，则故障原因可能是 变阻器同时接下面的接线柱 。 （2）排除故障后闭合开关，移动滑片 P 到某位置，电压表示数如图乙所示，此时若想测 小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片往电阻 减小 （填增大或减小）的方向移 第 25 页（共 30 页） 动。 （3）小明继续移动滑动变阻器的滑片 P，并记下多组电压表和电流表的示数，绘制成 I U 图象（图丙） ，据此分析当小灯泡正常发光时，滑动变阻器的功率为 0.5

45、 W。 （4）进一步分析图象可知，随着灯泡两端电压的增大，灯丝电阻逐渐增大，造成这一现 象的原因可能是 灯丝的电阻随温度的升高而增大 。 【分析】 （1）小灯泡始终亮度几乎不变，说明移动滑片没能改变电阻，再从小灯泡始终 很暗上分析原因； （2）由图乙读出电压表示数，灯泡正常发光时电压应等于其额定电压，由串联分压原理 分析滑片的移动方向； （3）由图象读出灯泡正常发光时的电流，根据 PUI 计算得到额定功率； （4）导体电阻的影响因素有：导体的材料、长度、横截面积、温度四个因素。从导体的 影响因素入手来分析。 【解答】解： （1）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，灯泡始终亮度几乎不变，说明移 动滑

46、片时变阻器连入阻值没有发生变化，面灯泡很暗，说明电路电阻比较大，电流比较 小，所以故障的原因可能是变阻器同时接下面的接线柱； （2）由图乙知，电压表使用 03V 量程，示数为 2.2V，灯泡正常发光时电压应等于其 额定电压 2.5V，由串联分压原理可知，应减小变阻器连入电路的阻值，这样减小变阻器 分得电压，从而提高灯泡两端电压为 2.5V 为止； （3）由丙可知，灯泡正常发光时（电压为 2.5V） ，通过灯泡的电流为 0.2A， 所以灯泡的额定功率为：PUI2.5V0.2A0.5W； （4）当灯泡中有电流通过时要发热，且电压越大，电流越大，灯泡的实际功率越大，温 度越高，灯丝的电阻就越大。 故

47、答案为： （1）变阻器同时接下面的接线柱； （2）减小； （3）0.5； （4）灯丝的电阻随温 度的升高而增大。 【点评】本题是测灯泡功率的实验，考查了电路故障的分析、电表读数、电功率的计算 等，知道灯泡在额定电压下的功率才等于其额定功率。 19 （6 分）甲、乙两位同学一起做“探究杠杆平衡条件”的实验，以杠杆中点为支点，如 图甲、乙所示。 （1）如图甲所示，每次实验让杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是 便于测量力臂的 长度 ； 第 26 页（共 30 页） （2） 如图乙所示实验， 某同学用弹簧测力计沿两个方向施力， 要使杠杆在水平位置平衡， 两次弹簧测力计的读数 F1 小于 F2（选填大于、小于或等于） 。 【分析】 （1）调节好以后，仍要使杠杆在水平位置平衡，是为了便于测量力臂的长度； （2）根据杠杆的平衡条件，在阻力和阻力臂都相同的情况下，动力臂越小的越费力。 【解答】解： （1）由图甲知，实验前没挂钩码时，调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡； 使杠杆在水平位置平衡的目的有两个：实验前是为了避免杠杆重力对杠杆转动的影响； 实验时是便于测量力臂的长度； （2）力臂等于支点