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2016-2017学年江苏省苏州市太仓市九年级(上)期末物理试卷
一、选择题(本题共12小题;每小题2分,共24分.下列各题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题意的.)1.如图所示,一根粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上,现用力F将铁棒从水平地面拉至竖直立起.在这个过程中,力F作用在B端且始终与铁棒垂直,则用力F将( )A.逐渐变大B.逐渐变小C.保持不变D.先变小后变大2.关于温度、热量和内能,下列说法正确的是( )A.物体吸收了热量,温度一定会升高B.物体的温度越高,它所含的热量就越多C.0℃的冰内能为零D.两个物体的温度相同,它们之间就不可能发生热传递3.投影机的光源是强光灯泡,发光时必须用风扇给它降温.现想设计投影仪的电路,要求带动风扇的电动机选启动后,灯泡才可以发光;电动机未启动,灯泡不可以发光.图中符合设计要求的是( )A.B.C.D.4.如图所示是演示点火爆炸现象的装置,按动电火花发生器的按钮后盒盖被冲出,在盒盖被冲出的过程中,下列说法正确的是( )A.酒精燃烧产生的燃气对盒盖做功,燃气的内能增大B.燃气的内能转化为盒盖的机械能C.能量的转化形式与热机压缩冲程能量转化相同D.盒盖的机械能保持不变5.某班级组织一次爬楼比赛活动,要求从一楼登上三楼,以功率的大小作为胜负的评价标准.为此,下列物理量中必须测量的是
①三楼地面到一楼地面的高度;
②从一楼到达三楼所用的时间;
③每个同学的体重;
④一楼到三楼楼梯的长度( )A.
①④B.
②④C.
①②③D.
①②④6.在电影《斯巴达三百勇士》中,波斯军队用投石车斜向上投出巨石来攻击斯巴达克城的城墙,在巨石被投出到击中城墙的过程中,下列说法正确的是( )A.巨石在最高点时动能最大B.巨石在最高点时重力势能最小C.巨石的动能先减小后增大D.巨石的重力势能先减小后增大7.在如图所示的电路中,用滑动变阻器调节灯的亮度,若要求滑片P向右端滑动时灯逐渐变亮,则下列接法正确的是( )A.M接A,N接BB.M接C,N接DC.M接C,N接BD.M接A,N接D8.如图所示,轨道ABC光滑,弹簧固定在水平轨道末端,小球从A处由静止滚下,撞击弹簧后又将沿水平轨道返回,接着滚上斜面.在这整个过程中,机械能转化的情况是( )A.重力势能→动能→重力势能B.动能→弹性势能→动能C.动能→势能→动能→势能→动能D.重力势能→动能→弹性势能→动能→重力势能9.如图所示的电路中,电源电压不变,R为滑动变阻器.闭合开关S后,在滑片P向右移动过程中,( )A.电流表A1的示数变小,灯泡变暗B.电流表A的示数变小,电压表V的示数变大C.电压表V的示数不变,电路的总功率变大D.电压表V的示数不变,灯泡的亮度不变10.如果加在定值电阻两端的电压从8V增加到10V时,通过定值电阻的电流相应变化了
0.2A,则该定值电阻所消耗电功率的变化量是( )A.
3.6WB.
3.2WC.
2.8WD.
0.4W11.如图所示,斜面长4m,高2m,工人用400N的力沿斜面将重为600N的箱子,从底端推到顶端.下列说法中正确的是( )A.有用功为1800J,总功1200JB.有用功为1200J,额外功为800JC.总功为1600J,机械效率为75%D.总功为800J,机械效率为75%12.如图所示的电路,已知电流表的量程为0~
0.6A,电压表的量程为0~3V,定值电阻R1的阻值为10Ω,滑动变阻器R2的最大阻值为50Ω,电源电压为6V.开关S闭合后,在滑动变阻器滑片滑动的过程中,保证电流表、电压表不被烧坏的条件是( )A.电压表最小示数是1VB.滑动变阻器滑片允许滑到最左端C.电路中允许通过的最大电流是
0.6AD.滑动变阻器滑片移动的过程中,电流表先达到最大量程
二、填空题(本题共11小题,每空1分,共30分.把正确的答案填在题中的横线上.)13.某物体与一弹簧连接,运动过程中,某时刻物体具有的动能为aJ,分子总动能为bJ,重力势能cJ为,内能为dJ,弹簧的弹性势能为eJ.则此时物体的机械能是 J,物体具有的分子的总势能是 J.14.刘明在
0.5min内,用20N的水平推力使重120N的超市购物车在水平路面上前进了15m,在此过程中他做的功是 J,功率是 W,购物车重力做的功是 J.15.“神舟八号”飞船返回舱进入大气层后,由于空气摩擦,外壳烧得通红,这是通过 的方法改变物体的内能的;太阳能是一种清洁能源.某太阳能热水器每天能使200kg的水温度升高30℃,那么这些水吸收的热量为 J,相当于完全燃烧 m3的天然气放出的热量.[天然气的热值取7×107J/m3,水的比热容c=
4.2×103J/(kg•℃)].16.在水平地面上铺一张纸,将皮球表面涂黑,使皮球分别从不同高度处自由下落,在纸上留下黑色圆斑A、B,如图所示.球从较高处下落形成的圆斑是图中 (选填“A”或“B”),由此可知重力势能大小与 有关.17.如图是小明家电能表和电冰箱的铭牌如下表BC﹣65B电冰箱额定电压220V额定功率70W工作频率50Hz耗电量
0.5KW•h/24h根据表中的信息可知,此时电能表的示数是 KW•h,电冰箱每天消耗的电能是 J,若电能表后只有电冰箱在工作,每天电能表的转盘转 转.18.汽车上使用的是四冲程汽油机,如图所示,是汽油机的 冲程,该冲程是 能转化为 能,该热机的转速为3600r/min,则1s内该热机对外做功 次.19.两个电阻A和B中的电流与两端电压的关系如图,则A的阻值是 Ω.若将电阻A和B并联后接在电压为3V的电源两端,则总电流是 A.两个电阻A,B的电功率之比是 .20.如图是某电热水壶加热和保温电路原理图,R1=44Ω,R2=440Ω,当开关S1断开,S2闭合,电热水壶处于 状态;该电热水壶的加热功率是 W.21.如图甲所示,电源电压为6V恒定不变,滑动变阻器R2最大阻值是20Ω.闭合开关,滑动变阻器的P﹣R图象如图乙所示,则R1= Ω;当滑片P滑至最右端时,电流表的示数为 A,通电10s电流通过R1产生的热量是 J.22.在如图1所示的电路中,当闭合开关后,两个电压表的指针偏转均为图2中所示,则电灯L1和L2两端的电压分别为 V和 V.23.现有稳压电源、开关、电流表、电压表、灯泡、滑动变阻器各一个,其中小灯泡的U﹣I图象如图所示.将这些元件用导线连成电路后,闭合开关,将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中,电压表的示数从10V开始减小,电流表的示数从
0.4A开始增大.闭合开关,滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程,可以判断电源的电压为 V;滑动变阻器的最大阻值为 Ω;小灯泡的最小功率为 W.
三、解答题(本题共9小题,共46分.解答25,26,27题时应有解题过程,只写出最后答案的不能得分.)24.如图所示的曲棒ABC可绕A点的转轴转动,请画出要使曲棒ABC在图中位置保持平衡时所需最小力的示意图.25.在图中的O内填上适当的电表符号,使灯泡能发光;26.如图所示,画出滑轮组最省力的绕法.27.张强同学利用如图所示的滑轮组将货物运送到楼上,图中每个滑轮等重,不计绳子重和摩擦.如果所送货物重G从200N开始逐渐增加,直到绳子被拉断.每次均匀速拉动绳子,且提升同样的高度.图乙记录了在整个过程中滑轮组的机械效率随货物的重力的增加而变化的图象.请根据有关信息完成以下问题
(1)每个滑轮的重是多少?
(2)绳子能承受的最大拉力是多少?
(3)当绳子的拉力最大时,滑轮组的机械效率是多少?28.如图甲电路,电源电压为9V且保持不变,小灯炮标有“6V6W”的字样,小灯泡的电流随电压的变化曲线如图乙.求
(1)小灯炮正常发光时电阻为多少欧?
(2)当电流表的示数为
0.7A时,此时小灯泡的电功率为多少瓦?
(3)当电压表的示数为2V时,滑动变阻器连入的阻值是多少欧姆?29.阅读短文,解答问题.如图甲所示是我国第一艘太阳能混合动力游船“尚德国盛号”.其最具特色的太阳翼采用高效晶硅异型太阳能电池板拼装而成,整艘船最多可容纳170位旅客,排水量为60吨.“尚德国盛号”驾驶室里有一个GPS(全球卫星定位系统)接收器装置,全船照明均采用节能型灯泡及LED灯,大大降低能源损耗,“尚德国盛号”年发电量可达
1.7×104kW•h.相当于每年节约标准煤约
6.2×103kg,每年可减少二氧化碳排放量约
15.7t.
(1)如果该船满载乘客从东海驶入黄浦江,游船所受到的浮力 ,船体排开水的体积将 (选填“减小”、“增大”或“不变”).(己知ρ海水>ρ江水).
(2)LED灯可以将电能直接转化为光能,小明对LED灯很感兴趣,拆开了自己新买的LED节能手电筒,发现灯头里有2只相同规格的LED灯泡.请你帮小明判断一下2只LED灯泡是怎样连接的,写出判断方法操作方法 判断依据
(3)某次运行中游船以300kW的恒定功率启动并保持该恒定功率沿直线运行,行驶过程中所受阻力不变,速度由零逐渐增大至最大值后保持匀速直线运动.运动过程中牵引力F与速度的倒数(1/v)的关系图线如图乙中的实线所示,则游船运动的最大速度为 m/s,游船运行过程中所受阻力为 N.
(4)若仅采用标准煤给“尚德国盛号“提供电能,为使其仍达到现行的年发电量,求完全燃烧标准煤产生的内能转化成电能的效率是多大?(已知标准煤的热值为
3.0×107J/kg)30.小明在“探究杠杆的平衡条件”实验中,利用在杠杆两端挂钩码的方法做实验.
(1)实验时使杠杆在水平位置平衡,这样做有什么好处?
(2)杠杆平衡时,记录实验数据如下表实验次数动力F1/N动力臂l1/cm阻力F2/N阻力臂l2/cm
12.
5202.
52021.
0301.030根据表中的信息,得出“F1l1=F2l2”的结论.这样得到的结论是否可靠?请说明理由.
(3)如图甲所示,小明在已调好的杠杆左端2格处挂了3只钩码,要使杠杆平衡,除可在杠杆右端第“2”格挂“3”只钩码外,也可以在右端第3格挂 只钩码来完成.
(4)如图乙,将弹簧测力计挂在杠杆右端第4格处向下方拉使杠杆平衡,当拉杠杆的力由向左下方逐渐变为向右下方拉的过程中,拉力的变化情况是以下选项中的 .(填选项符号)A.逐渐变大B.逐渐变小C.先变大后变小D.先变小后变大.31.小明猜想动能的大小可能与物体的质量与物体的速度有关,因此,他设计了如下两种实验方案A.让同一辆小车分别从同一斜面的不同高度由静止开始下滑,与放在水平面上的木块相碰,比较木块在水平面上移动的距离(如图甲所示).B.让不同质量的小车分别从同一斜面的不同高度由静止开始下滑,与放在水平面上的木块相碰,比较木块在水平面上移动的距离(如图乙所示).上述两种实验方案中
(1)A方案是为了探究动能大小与 的关系.若木块被撞后移动的距离越远,说明小车对木块 越多,小车撞击木块时的动能越 .
(2)小明想用B方案探究动能大小与质量的关系,该方案是否合理? ;理由是 .
(3)若水平面绝对光滑且不计空气阻力,该实验还能得出结论吗?答 .32.现有两只小灯泡L
1、L2,它们的额定电压分别为
2.5V和
3.8V.
(1)如图甲是小明测定灯泡L1额定功率的实物电路图(不完整).
①请用笔画线代替导线将实物电路图连接完整.
②正确连接电路后闭合开关,发现电压表有示数,电流表示数几乎为零,灯泡不发光,导致这一现象的原因可能是 .
③正确连接电路后,闭合开关前,应将滑动变阻器的滑片P移到 端(选填“A”或“B”).闭合开关后,移动滑片P,当电压表示数为
2.5V时,电流表示数如图乙所示,是 A,则灯泡L1的额定功率为 W.
(2)小华利用图丙所示的电路测出了灯泡L2的额定功率.图中R为阻值已知的定值电阻,还缺两个开关和一只电表(电流表或电压表),请在虚线框内补上这三个元件的符号,使电路完整,实验操作简单. 2016-2017学年江苏省苏州市太仓市九年级(上)期末物理试卷参考答案与试题解析
一、选择题(本题共12小题;每小题2分,共24分.下列各题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题意的.)1.如图所示,一根粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上,现用力F将铁棒从水平地面拉至竖直立起.在这个过程中,力F作用在B端且始终与铁棒垂直,则用力F将( )A.逐渐变大B.逐渐变小C.保持不变D.先变小后变大【考点】杠杆的动态平衡分析;杠杆的平衡分析法及其应用.【分析】杠杆的平衡条件F1L1=F2L2,在抬起的过程中,利用杠杆的平衡条件来分析F大小的变化.【解答】解如下图所示在抬起的过程中,阻力F2不变,F与铁棒始终垂直,以动力臂L1不变,由于铁棒的位置的变化,导致了阻力F2的阻力臂L2在变小,根据杠杆的平衡条件可得FL1=F2L2可知,L
1、F2都不变,L2变小,所以F也在变小.故选B. 2.关于温度、热量和内能,下列说法正确的是( )A.物体吸收了热量,温度一定会升高B.物体的温度越高,它所含的热量就越多C.0℃的冰内能为零D.两个物体的温度相同,它们之间就不可能发生热传递【考点】温度、热量与内能的关系;热传递.【分析】要解答本题需掌握
(1)温度、内能与热量的关系;
(2)热传递的条件;
(3)一切物体都具有内能.【解答】解A、物体吸收热量温度不一定升高,比如晶体在熔化过程中虽然继续吸热,但温度保持不变.故A不正确;B、热量是一过程量,只能用吸收和放出来描述,不能用含有.故B不正确;C、一切物体都具有内能,因为所有分子动能和分子势能的总和叫内能,而一切物体的分子都在永不停息的做无规则运动.故C不正确D、发生热传递的条件是有温度差.两个物体温度相同,所以不发生热传递.故D正确;故选D. 3.投影机的光源是强光灯泡,发光时必须用风扇给它降温.现想设计投影仪的电路,要求带动风扇的电动机选启动后,灯泡才可以发光;电动机未启动,灯泡不可以发光.图中符合设计要求的是( )A.B.C.D.【考点】串、并联电路的设计.【分析】由并联电路的特点知,开关在干路时,可控制所有用电器,在支路上时,只控制该支路上的用电器.【解答】解当电风扇的电动机启动后,灯泡才能发光;风扇不转,灯泡不能发光,故应当有一个开关在干路中,一个开关在灯泡的支路中.故选C. 4.如图所示是演示点火爆炸现象的装置,按动电火花发生器的按钮后盒盖被冲出,在盒盖被冲出的过程中,下列说法正确的是( )A.酒精燃烧产生的燃气对盒盖做功,燃气的内能增大B.燃气的内能转化为盒盖的机械能C.能量的转化形式与热机压缩冲程能量转化相同D.盒盖的机械能保持不变【考点】做功改变物体内能.【分析】热传递和做功都可以改变物体内能,物体对外做功(气体膨胀,气体对外做功),内能减小,转化为机械能.【解答】解酒精燃烧后产生的燃气对盒盖做功,燃气的内能减少,转化为盒盖的机械能,盒盖的机械能增加,与汽油机的做功冲程中的能量转化相同;故B说法正确,ACD错误.故选B. 5.某班级组织一次爬楼比赛活动,要求从一楼登上三楼,以功率的大小作为胜负的评价标准.为此,下列物理量中必须测量的是
①三楼地面到一楼地面的高度;
②从一楼到达三楼所用的时间;
③每个同学的体重;
④一楼到三楼楼梯的长度( )A.
①④B.
②④C.
①②③D.
①②④【考点】功率的测量实验.【分析】跑楼梯是克服自身的重力做功,功除以时间就是功率.需要测出楼高、登楼时间、每个同学的体重.【解答】解跑楼梯的功率需要测量的物理量是参赛者的体重,所登楼层的高度以及登楼所用的时间.故选C. 6.在电影《斯巴达三百勇士》中,波斯军队用投石车斜向上投出巨石来攻击斯巴达克城的城墙,在巨石被投出到击中城墙的过程中,下列说法正确的是( )A.巨石在最高点时动能最大B.巨石在最高点时重力势能最小C.巨石的动能先减小后增大D.巨石的重力势能先减小后增大【考点】动能和势能的大小变化.【分析】动能的大小与物体的质量和速度有关,质量越大、速度越大,动能就越大;重力势能的大小与物体的质量和高度有关,质量越大、高度越高,重力势能就越大.【解答】解AB、巨石在最高点时,高度最大,所以重力势能最大,速度不是最大,所以动能不是最大,故AB错误;C、巨石上升时,速度由大变小,所以动能先减小;巨石再下降时,速度由小变大,所以动能再增大,因此,整个过程中巨石的动能先减小后增大,故C正确;D、巨石整个过程中先升高,再降低,因此,它的重力势能先增大后减小,故D错误.故选C. 7.在如图所示的电路中,用滑动变阻器调节灯的亮度,若要求滑片P向右端滑动时灯逐渐变亮,则下列接法正确的是( )A.M接A,N接BB.M接C,N接DC.M接C,N接BD.M接A,N接D【考点】滑动变阻器的使用.【分析】滑动变阻器在使用时,要一上一下连接,且其最终阻值的变化取决于下端接线柱接哪一个,据此,结合题干要求进行解答.【解答】解滑动变阻器的滑片右移,灯泡变亮,功率变大,根据P=I2R,电路中电流变大.电源电压不变,电流变大,电阻变小,滑动变阻器接入电路的电阻丝变短.M应该接A或B,N接D.故选D. 8.如图所示,轨道ABC光滑,弹簧固定在水平轨道末端,小球从A处由静止滚下,撞击弹簧后又将沿水平轨道返回,接着滚上斜面.在这整个过程中,机械能转化的情况是( )A.重力势能→动能→重力势能B.动能→弹性势能→动能C.动能→势能→动能→势能→动能D.重力势能→动能→弹性势能→动能→重力势能【考点】能量转化的现象.【分析】根据速度、高度、弹性形变程度的变化来分析动能、重力势能和弹性势能的变化情况,从而得出能量的转化情况.【解答】解小球从A处由静止滚下,高度减小,重力势能减小,速度增大,动能增大,重力势能转化为动能;撞击弹簧,弹簧发生弹性形变,具有弹性势能,速度减小,动能减小,动能转化为弹性势能;接着滚上斜面,速度减小,动能减小,高度增大,重力势能增大,动能转化为重力势能.所以能量的转化情况是重力势能→动能→弹性势能→动能→重力势能.故选D. 9.如图所示的电路中,电源电压不变,R为滑动变阻器.闭合开关S后,在滑片P向右移动过程中,( )A.电流表A1的示数变小,灯泡变暗B.电流表A的示数变小,电压表V的示数变大C.电压表V的示数不变,电路的总功率变大D.电压表V的示数不变,灯泡的亮度不变【考点】电路的动态分析.【分析】
(1)分析电路结构,明确各电路元件的连接方式;
(2)根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路电阻的变化情况,根据欧姆定律、并联电路的特点以及功率的计算公式判断各电表示数、灯泡亮度以及功率的变化情况.【解答】解由图可知,灯泡L与滑动变阻器R并联,电压表测电源电压,电流表A测干路电流,A1测L电流,闭合开关S后,在滑片P向右移动的过程中,电源电压不变,所以电压表V的示数不变;灯泡L支路与R支路互不影响,所以灯泡两端电压不变,灯泡电流不变,即A1示数不变,由P=UI可知灯泡功率不变,亮度不变.AB错误,D正确;滑片P向右移动的过程中,R连入阻值变大,由I=可知通过R的电流变小;根据并联电路的电流特点可知干路电流变小,即电流表A变小,由P=UI总功率变小.故C错误.故选D. 10.如果加在定值电阻两端的电压从8V增加到10V时,通过定值电阻的电流相应变化了
0.2A,则该定值电阻所消耗电功率的变化量是( )A.
3.6WB.
3.2WC.
2.8WD.
0.4W【考点】电功率的计算.【分析】电阻大小不变,已知电阻两端电压的变化和电流的变化,根据公式I=可求电阻的大小,根据公式P=可知该电阻的电功率变化.【解答】解电阻两端的电压变化,电阻保持不变,由I=知,当电阻两端的电压为8V时,通过电阻的电流为I1=,由P=可知电阻的电功率为P1=,当电阻两端的电压为10V时,通过电阻的电流为I2=,该电阻的电功率为P2=,电阻的电流相应变化了
0.2A,即△I=I2﹣I1=﹣=
0.2A,解得R=10Ω,所以该电阻的电功率变化了△P=P2﹣P1=﹣=﹣=
3.6W.故选A. 11.如图所示,斜面长4m,高2m,工人用400N的力沿斜面将重为600N的箱子,从底端推到顶端.下列说法中正确的是( )A.有用功为1800J,总功1200JB.有用功为1200J,额外功为800JC.总功为1600J,机械效率为75%D.总功为800J,机械效率为75%【考点】有用功和额外功;斜面的机械效率.【分析】已知物体的重力和物体提升的高度,根据公式W有用=Gh可求有用功;已知斜面的长度和推力的大小,根据公式W总=Fs可求总功;总功等于有用功与额外功之和,根据W额=W总﹣W有用可求额外功;有用功与总功的比值就是斜面的机械效率.【解答】解有用功W有用=Gh=600N×2m=1200J;推力做的总功W总=Fs=400N×4m=1600J;额外功W额=W总﹣W有用=1600J﹣1200J=400J;斜面的机械效率η==×100%=75%.所以,C正确,A、B、D错误;故选C. 12.如图所示的电路,已知电流表的量程为0~
0.6A,电压表的量程为0~3V,定值电阻R1的阻值为10Ω,滑动变阻器R2的最大阻值为50Ω,电源电压为6V.开关S闭合后,在滑动变阻器滑片滑动的过程中,保证电流表、电压表不被烧坏的条件是( )A.电压表最小示数是1VB.滑动变阻器滑片允许滑到最左端C.电路中允许通过的最大电流是
0.6AD.滑动变阻器滑片移动的过程中,电流表先达到最大量程【考点】欧姆定律的应用;串联电路的电流规律;电阻的串联.【分析】
(1)由电路图可知,当滑动变阻器的滑片位于最左端时,电路为R1的简单电路,电压表测电源的电压,然后比较电源的电压和电压表的量程即可判断滑片是否允许滑到最左端,根据欧姆定律求出此时电路中的电流即可判断电路中通过的最大电流和那个电表先达到最大量程;
(2)当滑动变阻器的最大阻值和定值电阻串联时R1分得的电压最小,根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流,再根据欧姆定律求出电压表的最小示数.【解答】解
(1)由电路图可知,当滑动变阻器的滑片位于最左端时,电路为R1的简单电路,电压表测电源的电压,∵电源的电压6V大于电压表的最大量程3V,∴滑动变阻器的滑片不能移到最左端,故B不正确;根据欧姆定律可得,此时电路中的电流I===
0.6A,∴电路中的最大电流不能为
0.6A,且两电表中电压表先达到最大量程,故CD不正确;
(2)根据串联电路的分压特点可知,滑动变阻器接入电路中的阻值最大时电压表的示数最小,∵串联电路中的总电阻等于各分电阻之和,∴电路中的最小电流Imin===
0.1A,电压表的最小示数U1min=IminR1=
0.1A×10Ω=1V,故A正确.故选A.
二、填空题(本题共11小题,每空1分,共30分.把正确的答案填在题中的横线上.)13.某物体与一弹簧连接,运动过程中,某时刻物体具有的动能为aJ,分子总动能为bJ,重力势能cJ为,内能为dJ,弹簧的弹性势能为eJ.则此时物体的机械能是 (a+c+e) J,物体具有的分子的总势能是 (d﹣b) J.【考点】机械能;内能的概念.【分析】根据机械能包括动能和重力势能、弹性势能,内能包括分子动能和分子势能来计算.【解答】解因为机械能包括动能和重力势能、弹性势能,所以由题意知,机械能是(a+c+e)J;因为内能包括分子动能和分子势能,所以分子的总势能=(d﹣b)J.故答案为(a+c+e);(d﹣b). 14.刘明在
0.5min内,用20N的水平推力使重120N的超市购物车在水平路面上前进了15m,在此过程中他做的功是 300 J,功率是 10 W,购物车重力做的功是 0 J.【考点】功的计算;功率的计算.【分析】
(1)知道水平推力和水平方向上移动的距离,可利用功W=FS计算推力做的功,又知道做功的时间,可利用公式P=计算功率;
(2)购物车受重力但在重力的方向上没移动距离,重力不做功.【解答】解
(1)拉力做的功W=FS=20N×15m=300J,t=
0.5min=30s,P===10W;
(2)购物车受重力,在水平面上匀速前进,在重力的方向上没有移动距离,所以重力没做功,为0J;故答案为300;10;0. 15.“神舟八号”飞船返回舱进入大气层后,由于空气摩擦,外壳烧得通红,这是通过 做功 的方法改变物体的内能的;太阳能是一种清洁能源.某太阳能热水器每天能使200kg的水温度升高30℃,那么这些水吸收的热量为
2.52×107 J,相当于完全燃烧
0.36 m3的天然气放出的热量.[天然气的热值取7×107J/m3,水的比热容c=
4.2×103J/(kg•℃)].【考点】太阳能热水器中的热量计算;做功改变物体内能.【分析】
(1)改变物体内能的两种方法一是做功,二是热传递;当克服摩擦力做功时,物体的内能增加、温度升高;
(2)已知水的质量、比热容、升高的温度,利用吸热公式Q吸=cm△t求水吸收的热量;
(2)由题知Q放=Q吸,再利用燃料完全燃烧放热公式Q放=qV计算需要天然气的体积.【解答】解
(1)飞船返回舱进入大气层后,由于空气摩擦,飞船克服摩擦力做功,使得飞船的内能增加、温度升高,所以外壳会被烧得通红;
(2)水吸收的热量Q吸=cm△t=
4.2×103J/(kg•℃)×200kg×30℃=
2.52×107J;
(3)由题可知,Q放=Q吸=
2.52×107J;根据Q放=qV可得,需要完全燃烧天然气的体积V===
0.36m3.故答案为做功;
2.52×107;
0.36. 16.在水平地面上铺一张纸,将皮球表面涂黑,使皮球分别从不同高度处自由下落,在纸上留下黑色圆斑A、B,如图所示.球从较高处下落形成的圆斑是图中 B (选填“A”或“B”),由此可知重力势能大小与 高度 有关.【考点】探究影响物体势能大小的因素.【分析】重力势能的大小与物体的质量和下落高度有关,下落高度相同时,质量越大,重力势能越大;质量相同时,下落高度越大,重力势能越大;皮球下落过程中,具有的重力势能转化为动能,与地面碰撞接触时又转化为弹性势能,弹性势能的大小与物体的形变大小有关,形变越大,弹性势能越大.【解答】解从图中A、B的印迹看出,B球的形变大,说明它原有的重力势能大;在质量相同的情况下,高度越高,重力势能越大.故答案为B;高度. 17.如图是小明家电能表和电冰箱的铭牌如下表BC﹣65B电冰箱额定电压220V额定功率70W工作频率50Hz耗电量
0.5KW•h/24h根据表中的信息可知,此时电能表的示数是
931.6 KW•h,电冰箱每天消耗的电能是
1.8×106 J,若电能表后只有电冰箱在工作,每天电能表的转盘转 1250 转.【考点】电能表参数的理解与电能的求法.【分析】
(1)电冰箱铭牌额定电压220V﹣﹣电冰箱的正常工作电压是220V;额定功率70W﹣﹣电冰箱在额定电压(正常工作)时的电功率是70W;工作频率50Hz﹣﹣电冰箱使用的是家庭电路中的电,家庭电路中的交流电频度是50Hz,这个参数在初中的题目中一般没有使用;耗电量
0.5KW•h/24h﹣﹣电冰箱正常工作时24小时耗电
0.5KW•h.
(2)电能表铭牌从上至下参数KW•h及下面的数字﹣﹣表示至目前为止消耗的电能,即到现在用了多少KW•h的电;转盘和最下面的2500R/KW•h﹣﹣表示的是消耗1KW•h的电能,转盘转动2500转;220V10A50Hz﹣﹣表示此电能表是使用在220V50Hz的家庭电路中,允许通过的最大电流是10A.【解答】解
(1)电能表的读数要注意数字的最后一格是小数位,故此电能表的示数是
931.6KW•h.
(2)根据电冰箱的铭牌,电冰箱一天24h消耗的电能为
0.5KW•h=
0.5×
3.6×106J=
1.8×106J
(3)电冰箱一天消耗
0.5KW•h,而电能表的转盘是消耗1KW•h转动2500转,所以
0.5KW•h转盘就是转动1250转.故本题答案为
931.6;
1.8×106;1250. 18.汽车上使用的是四冲程汽油机,如图所示,是汽油机的 压缩 冲程,该冲程是 机械 能转化为 内 能,该热机的转速为3600r/min,则1s内该热机对外做功 30 次.【考点】内燃机的四个冲程;有关热机的计算.【分析】
(1)解决此题要根据进气门、排气门的开关情况和活塞的运动情况进行判断;内燃机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化,一是压缩冲程中机械能转化为内能;二是做功冲程中内能转化为机械能
(2)在四冲程内燃机曲轴转一圈,完成2个冲程,1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次.【解答】解
(1)由图可以看出,热机的进气门关闭,排气门关闭,活塞由下向上运动,为压缩冲程;压缩冲程中机械能转化为内能;
(2)由题意可知,单缸四冲程汽油机的飞轮转速是3600r/min,即每秒钟转60圈,完成120个冲程,做功30次.故答案为压缩;机械;内;30. 19.两个电阻A和B中的电流与两端电压的关系如图,则A的阻值是 5 Ω.若将电阻A和B并联后接在电压为3V的电源两端,则总电流是
0.9 A.两个电阻A,B的电功率之比是 21 .【考点】欧姆定律的应用;电功率的计算.【分析】由A电阻的U﹣I图象读出任意一组电压和电流值,根据欧姆定律求出其阻值;根据图象读出电压为3V时通过AB的电流,由并联电路的电流特点求出总电流;再由P=UI求出功率之比.【解答】解由A图象可知,当UA=3V时,IA=
0.6A,A的电阻为R1===5Ω;由图橡可知,当UB=3V时,IB=
0.3A,由题可知,A、B并联,总电流I=IA+IB=
0.6A+
0.3A=
0.9A;===.故答案为5;
0.9;21. 20.如图是某电热水壶加热和保温电路原理图,R1=44Ω,R2=440Ω,当开关S1断开,S2闭合,电热水壶处于 保温 状态;该电热水壶的加热功率是 1100 W.【考点】电功与热量的综合计算.【分析】当开关S1断开,S2闭合,两电阻串联,在电压一定时,根据P=分析解答其状态;利用以上公式求解功率.【解答】解当开关S1断开,S2闭合,两电阻串联,电阻最大,由于电压一定,则由P=可知此时电功率最小,处于保温状态,当开关S2断开,S1闭合,R2断路,R1单独工作,电路中电阻最小,由于电压一定,则由P=可知此时电功率最大,处于加热状态,此时的电功率为P===1100W.故答案为保温;1100. 21.如图甲所示,电源电压为6V恒定不变,滑动变阻器R2最大阻值是20Ω.闭合开关,滑动变阻器的P﹣R图象如图乙所示,则R1= 10 Ω;当滑片P滑至最右端时,电流表的示数为
0.2 A,通电10s电流通过R1产生的热量是 4 J.【考点】电功率的计算;欧姆定律的应用;焦耳定律的计算公式及其应用.【分析】
(1)由图象可知,滑动变阻器接入电路中的电阻为10Ω时滑动变阻器消耗的电功率最大,根据P=I2R求出电路中的电流,根据欧姆定律求出电路中的总电阻,利用电阻的串联求出R1的阻值;
(2)根据电阻的串联和欧姆定律求出当滑片P滑至最右端时电路中电流表的示数,利用Q=I2Rt求出通电10s电流通过R1产生的热量.【解答】解
(1)由图象可知,当R2=10Ω时,P2=
0.9W,由P=I2R可得,电路中的电流I===
0.3A,由I=可得,电路中的总电阻R===20Ω,因串联电路中总电阻等于各分电阻之和,所以,R1=R﹣R2=20Ω﹣10Ω=10Ω;
(2)当滑片P滑至最右端时,滑动变阻器接入电路中的电阻最大,此时电路中的电流I′===
0.2A,通电10s电流通过R1产生的热量Q1=(I′)2R1t=(
0.2A)2×10××10s=4J.故答案为10;
0.2;4. 22.在如图1所示的电路中,当闭合开关后,两个电压表的指针偏转均为图2中所示,则电灯L1和L2两端的电压分别为
7.2 V和
1.8 V.【考点】串联电路的电压规律.【分析】
①分析电路结构,弄清电压表V
1、V2测电路中哪部分电路电压.
②确定两个电压表的量程,然后读出电压表的读数.
③根据串并联电路的规律特点,求出灯泡L
1、L2的电压值.【解答】解
①由电路图可知灯泡L
1、L2串联,电压表V1测的是灯泡L
1、L2的串联电压,电压表V2测的是灯泡L2两端的电压.
②由上述分析知电压表V1的示数应大于V2的示数;由题意知,两电压表的指针位置相同,则它们的量程不同;电压表V1的量程是0~15V,由图知它的示数UV1=9V;电压表V2的量程是0~3V,由图知它的读数UV2=
1.8V.
③电压表V2测的是灯泡L2两端的电压,所以灯泡L2两端的电压U2=UV2=
1.8V;由于灯泡L
1、L2串联,电压表V1测的是灯泡L1与L2的串联总电压,由串联电路的特点知灯泡L1两端的电压U1=UV1﹣UV2=9V﹣
1.8V=
7.2V.故答案为
7.2;
1.8. 23.现有稳压电源、开关、电流表、电压表、灯泡、滑动变阻器各一个,其中小灯泡的U﹣I图象如图所示.将这些元件用导线连成电路后,闭合开关,将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中,电压表的示数从10V开始减小,电流表的示数从
0.4A开始增大.闭合开关,滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程,可以判断电源的电压为 12 V;滑动变阻器的最大阻值为 25 Ω;小灯泡的最小功率为
0.8 W.【考点】欧姆定律的应用;电功率的计算.【分析】由题意可知,将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中,电压表的示数减小,电流表的示数增大,则电压表并联在滑动变阻器两端,否则两电表示数应同时增大或同时减小.
(1)当电压表的示数为10V时,电路中的电流为
0.4A,由图象得出此时灯泡两端的电压,根据串联电路的电压特点求出电源的电压;
(2)根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值;
(3)根据P=UI求出整个电路的最大功率和灯泡的最小功率.【解答】解由题可知,变阻器与灯泡串联,当电压表的示数为10V时,电路中的电流为
0.4A,由图象得出此时灯泡两端的电压UL=2V,则电源的电压U=U滑+UL=10V+2V=12V;根据欧姆定律可得,滑动变阻器的最大阻值R滑===25Ω;通过小灯泡的电流最小时,两端的电压最小,功率最小,则PL小=ULI=2V×
0.4A=
0.8W.故答案为12;25;
0.8.
三、解答题(本题共9小题,共46分.解答25,26,27题时应有解题过程,只写出最后答案的不能得分.)24.如图所示的曲棒ABC可绕A点的转轴转动,请画出要使曲棒ABC在图中位置保持平衡时所需最小力的示意图.【考点】力的示意图;杠杆中最小力的问题.【分析】由杠杆的平衡条件动力×动力臂=阻力×阻力臂,知阻力×阻力臂是定值时,当力臂最大时,即AC是力臂时,力是最小的.【解答】解如图 25.在图中的O内填上适当的电表符号,使灯泡能发光;【考点】电压表的使用;电流表的使用.【分析】电流表是串联使用的,并且电流表在电路中相当于导线;电压表是并联使用的,并且电压表在电路中相当于开路,据此分析解答.【解答】解根据电路图可知,上面圈与灯泡并联,因此上面为电压表,下面圈与灯泡串联,因此下面圈为电流表;如下图所示 26.如图所示,画出滑轮组最省力的绕法.【考点】滑轮组的设计与组装.【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,然后再绕过下面的动滑轮再向上绕到定滑轮上,依次反复绕,这种绕法有偶数段绳子承担物重;二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上,然后再绕过上面的定滑轮再向下,依次反复绕,这种绕法有奇数段绳子承担物重.【解答】解对由一个动滑轮和一个定滑轮组成的滑轮组,可绕线方法有两股和三股两种,两种方法都达到了省力的目的,但拉力的方向不同,有三股绕线的方法拉力方向向上;有两股绕线的方法拉力方向向下,在不计滑轮自重及摩擦的情况下,动滑轮和重物由几股绳子承担,拉力就是滑轮组提升物重的几分之一.由此可知绳子股数越多越省力,根据题意滑轮组最省力的绕法是绳子股数最多,即三股绕线的方法.具体图形如下 27.张强同学利用如图所示的滑轮组将货物运送到楼上,图中每个滑轮等重,不计绳子重和摩擦.如果所送货物重G从200N开始逐渐增加,直到绳子被拉断.每次均匀速拉动绳子,且提升同样的高度.图乙记录了在整个过程中滑轮组的机械效率随货物的重力的增加而变化的图象.请根据有关信息完成以下问题
(1)每个滑轮的重是多少?
(2)绳子能承受的最大拉力是多少?
(3)当绳子的拉力最大时,滑轮组的机械效率是多少?【考点】滑轮组绳子拉力的计算;功的计算;有用功和额外功;滑轮(组)的机械效率.【分析】
(1)不计绳子重和摩擦,动滑轮不变,取物重G=200N,知道此时的机械效率为50%,利用η==求动滑轮重;
(2)从图中找出最大物重,利用F=(G物+G动)求绳子能承受的最大拉力;
(3)设提升高度为h,知道提升的最大物重,求出有用功和额外功,利用η==求滑轮组的机械效率.【解答】解
(1)由乙图可知当G=200N时,η=50%,∵η===,即50%=,∴G轮=100N;
(2)由乙图可知当G′=1600N时,绳子刚好被拉断,则绳子能承受的最大拉力F大=(G′+2G轮)==450N;
(3)当绳子的拉力最大时,滑轮组的机械效率η=×100%=×100%=×100%=×100%≈
88.9%.答
(1)每个滑轮的重是100N;
(2)绳子能承受的最大拉力是450N;
(3)当绳子的拉力最大时,滑轮组的机械效率是
88.9%. 28.如图甲电路,电源电压为9V且保持不变,小灯炮标有“6V6W”的字样,小灯泡的电流随电压的变化曲线如图乙.求
(1)小灯炮正常发光时电阻为多少欧?
(2)当电流表的示数为
0.7A时,此时小灯泡的电功率为多少瓦?
(3)当电压表的示数为2V时,滑动变阻器连入的阻值是多少欧姆?【考点】电功率的计算;串联电路的电流规律;串联电路的电压规律;欧姆定律的应用.【分析】由电路图可知,灯泡与滑动变阻器R串联,电压表测灯泡两端的电压,电流表测电路中的电流.
(1)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等,根据图象读出电流,根据欧姆定律求出小灯炮正常发光时电阻;
(2)串联电路中各处的电流相等,根据图象读出通过灯泡电流为
0.7A时灯泡两端的电压,根据P=UI求出此时灯泡的电功率;
(3)由图象读出电压表示数为2V时通过灯泡的电流即为电路中的电流,根据串联电路电压特点求出滑动变阻器两端的电压,根据欧姆定律求出滑动变阻器连入的阻值.【解答】解由电路图可知,灯泡与滑动变阻器R串联,电压表测灯泡两端的电压,电流表测电路中的电流.
(1)灯泡正常发光时的电压UL额=6V,由图象可知通过灯泡的电流IL额=
1.0A,由I=可得,此时灯泡的电阻RL额===6Ω;
(2)∵串联电路中各处的电流相等,∴由图象可知,当I1=I=
0.7A时,UL=3V,此时小灯泡的电功率P1=U1I1=3V×
0.7A=
2.1W;
(3)由图象知,当电压表的示数U2=2V时,电路中的电流I2=
0.5A,∵串联电路中总电压等于各分电压之和,∴滑动变阻器两端的电压U滑=U﹣U2=9V﹣2V=7V,滑动变阻器接入电路中的电阻R滑===14Ω.答
(1)小灯炮正常发光时电阻为6Ω;
(2)当电流表的示数为
0.7A时,小灯泡的电功率为
2.1W;
(3)当电压表的示数为2V时,滑动变阻器连入的阻值是14Ω. 29.阅读短文,解答问题.如图甲所示是我国第一艘太阳能混合动力游船“尚德国盛号”.其最具特色的太阳翼采用高效晶硅异型太阳能电池板拼装而成,整艘船最多可容纳170位旅客,排水量为60吨.“尚德国盛号”驾驶室里有一个GPS(全球卫星定位系统)接收器装置,全船照明均采用节能型灯泡及LED灯,大大降低能源损耗,“尚德国盛号”年发电量可达
1.7×104kW•h.相当于每年节约标准煤约
6.2×103kg,每年可减少二氧化碳排放量约
15.7t.
(1)如果该船满载乘客从东海驶入黄浦江,游船所受到的浮力 不变 ,船体排开水的体积将 增大 (选填“减小”、“增大”或“不变”).(己知ρ海水>ρ江水).
(2)LED灯可以将电能直接转化为光能,小明对LED灯很感兴趣,拆开了自己新买的LED节能手电筒,发现灯头里有2只相同规格的LED灯泡.请你帮小明判断一下2只LED灯泡是怎样连接的,写出判断方法操作方法 拧去一只LED灯泡,观察另一灯是否发光 判断依据 如发光则是并联,如不发光则为串联
(3)某次运行中游船以300kW的恒定功率启动并保持该恒定功率沿直线运行,行驶过程中所受阻力不变,速度由零逐渐增大至最大值后保持匀速直线运动.运动过程中牵引力F与速度的倒数(1/v)的关系图线如图乙中的实线所示,则游船运动的最大速度为 5 m/s,游船运行过程中所受阻力为 6×104 N.
(4)若仅采用标准煤给“尚德国盛号“提供电能,为使其仍达到现行的年发电量,求完全燃烧标准煤产生的内能转化成电能的效率是多大?(已知标准煤的热值为
3.0×107J/kg)【考点】浮力的利用;能量利用效率;功率计算公式的应用;串联电路和并联电路的辨别.【分析】
(1)船满载乘客从东海驶入黄浦江,都是漂浮,根据物体的漂浮条件确定受到的浮力变化情况,然后根据阿基米德原理判断船体排开水体积的变化;
(2)一次能源是指直接从自然界获取的能源,如太阳能,水能、风能、潮汐能等;二次能源是指通过一次能源转化而来的能源,如电能;根据用电器是否独立工作、互不影响判断两LED灯泡的串并联;
(3)游船以恒定功率沿直线运行时,根据P=Fv可知牵引力最小时游船运动的速度最大并结合乙图得出其大小,再根据P=Fv求出受到的牵引力,利用二力平衡条件求出受到的阻力;
(4)根据Q=mq求出完全燃烧
6.2×103kg标准煤产生的内能,把电能的单位换算成焦耳,然后利用效率公式求出完全燃烧标准煤产生的内能转化成电能的效率.【解答】解
(1)船满载乘客从东海驶入黄浦江,都是漂浮,受到的浮力都等于船和乘客总重,受到的浮力不变;因海水的密度大于河水的密度,所以根据F浮=ρ液gV排可知,船体排开水的体积将增大.
(2)太阳能属于直接从自然界获得的能源,是一次能源;两LED灯泡能独立工作、互不影响时为并联,否则为串联,所以可以拧去一只LED灯泡,观察另一灯是否发光,如发光则是并联,如不发光则为串联;
(3)游船以恒定功率沿直线运行时,牵引力最小时,轮船运动的速度最大,由图乙可知,=
0.2m﹣1•s,即v=5m/s;最大速度时,受到的牵引力F===6×104N,因为轮船匀速直线运动时,受到的阻力和牵引力是一对平衡力,所以f=F=6×104N.
(4)完全燃烧
6.2×103kg标准煤产生的内能Q=mq=
6.2×103kg×
3.0×107J/kg=
1.86×1011J,每年的发电量W=
1.7×104kW•h=
1.7×104×
3.6×106J=
6.12×1010J,转化效率η=×100%=×100%≈33%.故答案为
(1)不变;增大;
(2)拧去一只LED灯泡,观察另一灯是否发光;如发光则是并联,如不发光则为串联;
(3)5;6×104;
(4)完全燃烧标准煤产生的内能转化成电能的效率是33%. 30.小明在“探究杠杆的平衡条件”实验中,利用在杠杆两端挂钩码的方法做实验.
(1)实验时使杠杆在水平位置平衡,这样做有什么好处?
(2)杠杆平衡时,记录实验数据如下表实验次数动力F1/N动力臂l1/cm阻力F2/N阻力臂l2/cm
12.
5202.
52021.
0301.030根据表中的信息,得出“F1l1=F2l2”的结论.这样得到的结论是否可靠?请说明理由.
(3)如图甲所示,小明在已调好的杠杆左端2格处挂了3只钩码,要使杠杆平衡,除可在杠杆右端第“2”格挂“3”只钩码外,也可以在右端第3格挂 2 只钩码来完成.
(4)如图乙,将弹簧测力计挂在杠杆右端第4格处向下方拉使杠杆平衡,当拉杠杆的力由向左下方逐渐变为向右下方拉的过程中,拉力的变化情况是以下选项中的 D .(填选项符号)A.逐渐变大B.逐渐变小C.先变大后变小D.先变小后变大.【考点】探究杠杆的平衡条件实验.【分析】
(1)为了便于测量力臂,应使杠杆在水平位置平衡;
(2)要得到普遍性的规律,在实验中应多测几组数据进行分析;
(3)根据杠杆平衡条件动力×动力臂=阻力×阻力臂,分析答题;
(4)首先分析力臂的变化,再根据杠杆平衡条件动力×动力臂=阻力×阻力臂,分析拉力的变化.【解答】解
(1)实验时仍然使杠杆在水平位置平衡,这样更容易测量力臂;
(2)表格中数据只有2组,并且数据非常特殊,得出动力和动力臂的乘积等于阻力和阻力臂的乘积也是偶然的,所以结论不具普遍性;
(3)设每个钩码重力是G,杠杆每格的长度是L杆平衡条件动力×动力臂=阻力×阻力臂3G×2L=6GL,所以杠杆右端2G×3L=6GL,即在杠杆右端第3格挂2只钩码来完成;
(4)当拉杠杆的力由向左下方逐渐变为向右下方拉的过程中,拉力的力臂逐渐变大;当拉力竖直向下时,力臂达到最大;当拉力逐渐变为向右下方拉的过程中,力臂又逐渐变小.综上所述力臂的变化情况是先变大后变小;根据杠杆平衡条件动力×动力臂=阻力×阻力臂,可知杠杆左边的“阻力×阻力臂”不变,则右边的动力和动力臂成反比,力臂的变化情况是先变大后变小,所以拉力的变化是先变小后变大;故D正确.故答案为
(1)便于测量力臂;
(2)不可靠;原因是2次实验都是等臂的,相当于一次实验,所以少一次实验;
(3)2;
(4)D. 31.小明猜想动能的大小可能与物体的质量与物体的速度有关,因此,他设计了如下两种实验方案A.让同一辆小车分别从同一斜面的不同高度由静止开始下滑,与放在水平面上的木块相碰,比较木块在水平面上移动的距离(如图甲所示).B.让不同质量的小车分别从同一斜面的不同高度由静止开始下滑,与放在水平面上的木块相碰,比较木块在水平面上移动的距离(如图乙所示).上述两种实验方案中
(1)A方案是为了探究动能大小与 速度 的关系.若木块被撞后移动的距离越远,说明小车对木块 做功 越多,小车撞击木块时的动能越 大 .
(2)小明想用B方案探究动能大小与质量的关系,该方案是否合理? 不合理 ;理由是 没有控制小车到达水平面时的速度相同 .
(3)若水平面绝对光滑且不计空气阻力,该实验还能得出结论吗?答 不能 .【考点】探究影响物体动能大小的因素.【分析】
(1)动能的大小与质量和速度有关.小车的动能多少决定了木块运动距离的长短.此实验把动能的大小转换为木块被撞击后运动的距离,距离越远表明小球的动能越大;
(2)该实验利用了控制变量法,如果探究动能大小与质量的关系,必须保证运动速度相同,应该使小车从斜面的相同高度滑下.
(3)由牛顿第一定律内容分析回答.【解答】解
(1)实验中,让小车处在不同的高度,反映了速度不同,这样设计的目的是为了研究动能与速度的关系;
(2)要探究动能大小与质量的关系,应该控制小车的速度相同,让小车从斜面的同一高度滑下.
(3)若水平面光滑,木块不受摩擦力,由牛顿第一定律可知物体将永远运动下去.物体通过的距离无法确定,做功的多少也无法确定.所以小球动能的大小就无法比较.故答案为
(1)速度;做功;大;
(2)不合理;没有控制小车到达水平面时的速度相同;
(3)不能. 32.现有两只小灯泡L
1、L2,它们的额定电压分别为
2.5V和
3.8V.
(1)如图甲是小明测定灯泡L1额定功率的实物电路图(不完整).
①请用笔画线代替导线将实物电路图连接完整.
②正确连接电路后闭合开关,发现电压表有示数,电流表示数几乎为零,灯泡不发光,导致这一现象的原因可能是 灯泡断路 .
③正确连接电路后,闭合开关前,应将滑动变阻器的滑片P移到 A 端(选填“A”或“B”).闭合开关后,移动滑片P,当电压表示数为
2.5V时,电流表示数如图乙所示,是
0.32 A,则灯泡L1的额定功率为
0.8 W.
(2)小华利用图丙所示的电路测出了灯泡L2的额定功率.图中R为阻值已知的定值电阻,还缺两个开关和一只电表(电流表或电压表),请在虚线框内补上这三个元件的符号,使电路完整,实验操作简单.【考点】电功率的测量;欧姆定律的应用.【分析】
(1)
①本题连图要注意电表的正负接线柱的连接;滑动变阻器的接线柱要一上一下的串联在电路中,根据电流流向法连接实物图;
②电压表有示数,说明电压表与电源连通;电流表示数几乎为零,灯泡不发光,说明电路断路或电路的总电阻很大,据此判断故障原因;
③闭合开关前,应将滑动变阻器的滑片滑到最大值处;由乙图根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数,利用P=UI计算灯泡L1的额定功率;
(2)由图丙R与L2串联,首先移动滑片,使灯正常发光,然后保持滑片位置不动,通过开关转换可以测量电源电压和灯泡两端电压(电路的连接关系不变),所以电压表应并联在灯L2的两端,根据串联电路电压特点计算R两端电压,根据欧姆定律,计算出灯正常工作时通过R电流,即灯泡正常工作时的电流,从而计算出灯泡的额定功率.【解答】解
(1)
①根据图中电表的正、负接线柱,从电源正极连接开关,滑动变阻器的接线柱要求一上一下的串联在电路中,所以将C或D连到电源负极即可,如下图所示
②电压表有示数,说明电压表与电源连通;电流表示数几乎为零,灯泡不发光,说明电路断路或电路的总电阻很大,导致这一现象的原因可能是小灯泡断路而导致电压表串联在电路中;
③为了保护电路,闭合开关前,滑片P应处在使电路中电阻最大位置A端;由乙图,电流表使用0﹣
0.6A量程,分度值为
0.02A,示数为
0.32A,所以灯泡L1的额定功率P=UI=
2.5V×
0.32A=
0.8W;
(2)由上面的分析知,右上边的是电压表;左边两虚线框内是开关,如图所示
①只闭合S和中间的开关,移动滑片使电压表示数为
3.8V;
②保持滑片位置不动,断开中间开关,闭合左上边开关,测出灯与R的总电压,根据串联电路的电压特点计算出R两端电压UR;
③由I额=计算出R的电流,即灯泡此时的电流,由P=U额I额计算灯泡L2电功率即可.故答案为
(1)
①见上边的第一个图;
②灯泡断路;
③A;
0.32;
0.8;
(2)见上边的第二个图.。