广东省东莞市香市中学2023-2024 学年学年九年级下学期阶段性教学质量调研物理试题
1．（2024九下·东莞模拟）下列各物理量的估测，最接近实际的是（ ）
A．一节干电池的电压为3V
B．成年人正常行走的步长约为55cm
C．中学生上一层楼做功约为15000J
D．电视机正常工作电功率约为1000W
2．（2024九下·东莞模拟）如图所示的现象中，下列分析正确的是（ ）
A．甲图：弹奏古筝时，手在不同位置按弦，目的是为了改变发出声音的响度
B．乙图：发声的音叉轻触系在绳上的乒乓球，球多次被弹开，说明声音的传播需要介质
C．丙图：医生用B超检查胎儿的发育情况，说明声音可以传递信息
D．丁图：摩托车上装有消声器，是为了在行驶过程中阻断噪声的传播
3．（2024九下·东莞模拟）理解物理概念是学好物理的关键。下列关于功、功率和机械效率的说法，正确的是（ ）
A．功率越大，做功就越快，机械效率也越大
B．做功所花时间越短，功率就越大
C．机械效率越高的机械，表明它做的有用功越多
D．有用功一定，减小额外功，可以提高机械效率
4．（2024九下·东莞模拟）对图中甲、乙、丙、丁四幅图解释合理的是
A．甲：磁场中获得电流
B．乙：开关闭合，小磁针N极将向右偏转
C．丙：是发电机原理的装置
D．丁：开关闭合，将有机械能转化为电能
5．（2024九下·东莞模拟）如图所示的过程中，物体的重力势能转化为动能的是（ ）
A．火箭加速上升的过程
B．滚摆缓慢上升的过程
C．热气球匀速上升的过程
D．苹果加速下落的过程
6．（2024九下·东莞模拟）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体的温度越高，所含热量越多
B．温度高的物体能将热量传递给温度低的物体
C．物体内能增加，温度一定升高
D．温度高的物体内能一定大，温度低的物体内能一定小
7．（2024九下·东莞模拟）常用的某款手持式电子测温仪如图甲，图乙是它工作的原理图，其中电源电压保持不变，R是热敏电阻，用于靠近人体测温，定值电阻R0为保护电阻，显示仪是由电流表或电压表改装而成。在测量人的体温时显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，则下列分析正确的是（ ）
A．图乙中的显示仪是由电流表改装的
B．热敏电阻R的阻值随着温度的升高而减小
C．被测温者体温越高，电路的总功率就越小
D．将R0更换为阻值更大的电阻，测相同温度，显示仪示数变大
8．（2024九下·东莞模拟）如图，图甲所示，物体的长度为 cm；图乙所示，电能表的示数是 kW·h；图丙所示，停表的读数为 s。
9．（2024九下·东莞模拟）如图所示的电路中，灯泡L1和L2是 （选填“串联”或“并联”）连接的；若闭合开关，电压表的示数为3V，电流表A1的示数为0.5A，电流表A2的示数为0.2A，则灯L2两端的电压为 V，通过灯L1的电流为 A。
10．（2024九下·东莞模拟）“北斗”卫星导航系统利用 （填“电磁波”、“超声波”或“红外线”）向地球传递信息。太阳内部时刻发生着氢核的 （填“裂变”或“聚变”）反应，不断向外释放能量，太阳能是 能源。（填“可再生”或“不可再生”）
11．（2024九下·东莞模拟）2022年9月13日，我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将“中星1E”卫星发射升空，火箭使用液态氢作燃料是因为液态氢的热值较 。在升空过程中，随着液态氢质量的减少，液态氢的热值 ，卫星从远地点向近地点运动时，其动能 （后两空均选填“增大”、“不变”或“减小”）。
12．（2024九下·东莞模拟）如图，小明用塑料矿泉水瓶进行了探究：将瓶中留有少量水，盖上瓶盖（如图甲）；扭转瓶子（如图乙）；轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，同时瓶内出现白雾。整个过程与图丙中热机的 冲程相似（该空填字母序号），此过程中是通过 的方式改变了物体的内能，另一个涉及能量转化的工作过程是 冲程。
13．（2024九下·东莞模拟）如图，工人师傅用沿斜面向上100N的推力，将重为200N的物体从斜面底端匀速推至斜面顶端，用时10s，已知斜面长5m，高2m。则此过程中，工人做的有用功为 J，工人做功的功率为 W，斜面的机械效率为 。
14．（2024九下·东莞模拟）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，小灯泡的额定电压为12V。闭合开关S后，当滑片P从最右端滑到最左端的过程中，小灯泡的I-U关系图象如图所示。则小灯泡发光时的最小功率为 W，滑动变阻器的最大阻值为 Ω，整个电路以最大电功率工作10s所消耗的电能为 J。
15．（2024九下·东莞模拟）在图电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：①闭合开关后，小灯泡L1和L2才能发光；②电流表只测通过L2的电流且已知电流约为0.1A。
16．（2024九下·东莞模拟）请标出图中通电螺线管旁边小磁针的N极，并在电源左端的“（ ）”里面选填“+”或“-”。
17．（2024九下·东莞模拟）如图是小刚用试电笔接触b线时的场景，请你帮助小刚将照明灯和控制开关连入电路。
18．（2024九下·东莞模拟）小元同学测滑轮组的机械效率时所用的实验装置如图所示。
实验 次数 物重G/N 物体上升 高度h/cm 拉力F/N 绳自由端上升距离s/cm 机械效率η
1 2 10 1.1 20
2 4 10 2.0 30
（1）实验中应沿竖直方向 拉动弹簧测力计；
（2）表中第 次实验数据有错误；
（3）根据另一组正确的数据计算总功是 J，机械效率为 （结果保留一位小数）；把错误的数据更正后，比较两次的机械效率可以得出的结论是：同一滑轮组，被提升的物体越重，机械效率越 （填“高”或“低”）；
（4）实验过程中边拉边读数，弹簧测力计示数不稳定，有同学认为应静止时读数，你认为他的想法 （选填“正确”或“不正确”），因为他没有考虑到 对滑轮组机械效率的影响；
（5）若将此滑轮组换一种绕绳方法，物重不变，不计摩擦及绳重，滑轮组的机械效率 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
19．（2024九下·东莞模拟）如图，在“测量小灯泡的额定功率”实验中，已知小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请你用笔画线，将图甲中的实物图连接完整．要求：滑片P向左移动时，电流表示数变小 ；
（2）正确连接实验电路后，开关闭合时，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数．则出现的故障可能是 ；
（3）故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片P到某处时，电压表的示数为2V，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑片向 （选填“左”或“右”）端移动，使灯泡两端电压为额定电压，调节后电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 W；
（4）某实验小组仅用一个电压表测量该小灯泡的额定功率，在原有基础上增加了一个阻值为R0的定值电阻（阻值适当）和一个单刀双掷开关，电路设计如图丙.闭合开关S1后，把单刀双掷开关S拨到位置1时，调节滑动变阻器使得电压表示数为U额，再把单刀双掷开关拨到位置2时，读出电压表的示数为U，则小灯泡额定功率的表达式：P额＝ 。（用U额、U、R0表示）
20．（2024九下·东莞模拟）如图是探究“电流通过导体产热多少跟什么因素有关”的装置，瓶中装有质量、初温相等的空气。
（1）实验中电流产生热量的多少是通过观察U形管两侧液面高度差反映出来的，这种研究物理问题的方法叫 ；
（2）若要探究电热与电阻的关系应选用图 （选填“甲”或“乙”），通过该图可得出结论：当电流、通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越 ；
（3）图乙可以用来研究电流产生的热量与 大小的关系，电阻R3的作用主要是使电阻R1和R2中的电流 （选填“相等”或“不相等”）；
（4）图乙中，若接通电路一段时间后，右侧U形管的液面高度差明显变大，而左侧U形管的液面高度差没有变化，后发现是由于电路故障引起的，则故障可能是 。
A．R1电阻丝短路 B．R1电阻丝断路 C．R2电阻丝断路 D．R3电阻丝短路
21．（2024九下·东莞模拟）如图所示，是最新一款无人驾驶汽车图片。汽车自动驾驶时使用雷达传感器，以及激光测距器来了解周围的交通状况。该款车以90km/h的速度在一段平直的公路上匀速行驶了12km时，消耗汽油1.8kg，假设燃油完全燃烧，汽油机的效率为30%，则这段运动过程中：
（1）汽油完全燃烧放出的热量；（已知汽油热值为4.5×107J/kg）
（2）该汽车发动机做的有用功；
（3）该汽车发动机的输出功率。
22．（2024九下·东莞模拟）如图甲为一款养生壶，其加热原理如图乙所示。养生壶的额定电压为220V，R1、R2均是发热电阻，R2=506Ω。正常工作时，开关接“1”为加热档，电路中电流为5A；开关接“2”为保温档。求：
（1）当开关置于“1”时，R1的阻值；
（2）当开关置于2”时，养生壶保温档的功率；
（3）将壶内1kg为水从12℃加热到100℃用时420s，求这款养生壶加热档电能转化为内能的效率η。
23．（2024九下·东莞模拟）为了比较水和食用油的吸热能力，小明用两个完全相同的装置做了如图所示的实验．用温度计测量液体吸收热量后升高的温度值，并用秒表记录加热时间。实验数据记录如下表。
物质 质量/g 初始温度/℃ 加热时间/min 最后温度/℃
水 60 20 6 45
食用油 60 22 6 67
（1）取 质量的水和食用油放入两个相同的容器里，用同样的两个酒精灯对它们加热。加热时，上下缓慢地提拉搅拌器，这是为了使水和煤油 ；
（2）在此实验中，如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给 加热更长的时间；实验中选择相同规格的酒精灯，是为了可以通过比较 （选填“加热时间”或“升高的温度”）来判断液体吸收热量的多少；
（3）根据表格数据可以得出水与食用油的比热容之比是： ；
（4）春城昆明之所以冬无严寒，夏无酷暑，一个原因是高原明珠“滇池”对气温起到了调节作用，因为水的 较大，当水吸收或放出相同的热量时，温度变化较小。
24．（2024九下·东莞模拟）如图，某小组设计了图甲所示的汽车转向指示灯电路模型，接通相应指示灯后，该指示灯会亮、暗（微弱发光）交替闪烁发光，电路中电源电压恒为6伏，指示灯规格为“6V；6W”，R0为定值电阻，电磁铁的阻值忽略不计。
（1）若让左转、右转指示灯同时工作，转向开关应与触点 接通（选填“1和2”、“2和3”、“3和4”或“4和5”）；
（2）当转向开关与触点“2和3”接通时，右转指示灯两端实际电压变化规律如图乙所示。当右转指示灯正常发光时，电磁铁 （选填“有”或“无”）磁性，此时R0两端的电压 （选填“等于6V”、“小于6V大于0V”或“等于0V”）；
（3）若图乙中Ux的值为1.5V，则灯泡微弱发光时的指示灯的实际功率为 W，定值电阻R0的阻值为 。（已知指示灯的电阻不变）
25．（2024九下·东莞模拟）阅读短文，回答问题。
如图，燃气热水器是一种方便、快捷且不受天气影响的洗浴设备。
图甲为某款燃气热水器结构和工作原理示意图。使用热水器时，先通电，绿色指示灯亮，再打开冷水阀和燃气管上的燃气阀，之后打开热水阀时，电子点火器点火，燃气在燃烧器内燃烧，产生1700℃的高温烟气，此时红色指示灯亮，同时风机工作，高温烟气上升，流经热交换器，将从A点处流入热交换器的冷水加热，产生的热水从B点处源源不断流出热交换器，低温烟气从排烟管排出。关闭热水阀时，热水器停止加热。研究发现：热交换器中，烟气与水之间单位时间传递的热量随交换器内水管表面积的增大而增大。热水器的技术参数如表，其中“额定耗气量”的含义是：热水器正常工作1小时消耗的燃气体积。
适用燃气 天然气
热值
额定耗气量
热水产出率
（1）热水器由家庭电路直接供电，正常工作时两端电压为 V；两个指示灯是二极管灯泡，该灯泡由 （选填“导体”“半导体”或“超导体”）材料制作，它们应 联在电路中；
（2）某次洗浴，设定热水管出水温度45℃，热水器正常工作用时15min。若该过程燃气完全燃烧，放出的热量为 J；
（3）现实中，燃气完全燃烧产生热量有如图乙几种流向，请补充完整： ，因此该燃气热水器热效率永远无法达到 ；
（4）下列措施中能提高热水器加热效率的是 。
A．使水管中的进水量减小 B．提高进水口冷水的初温
C．加长热交换器中水管长度 D．采用热值更高的燃料
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】长度的估测；电压和电压的单位换算；电功率；功的计算及应用
【解析】【解答】 解：A．一节干电池的电压为1.5V，故A不正确；
B．成年人的步长约为55cm，故B正确；
C．中学生的体重约为500N，一层楼的高度约为3m，则中学生上一层楼做功约为
W=Gh=500N×3m=1500J，故C不正确；
D．电视机正常工作电功率约为100W，故D不正确。
故选：B。
【分析】首先要对相关物理量有个初步的认识，不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要经过简单的计算，有的要进行单位换算，最后判断符合要求的是哪一个。
2．【答案】C
【知识点】音调、响度与音色的区分；声与信息；声与能量；防治噪声的途径
【解析】【解答】 解：A、古筝是琴弦振动发出声音的，手在不同位置按弦，弦振动的快慢会不一样，所以声音的音调就会发生变化，故A错误；
B、发声的音叉靠近乒乓球，球多次被弹开，说明发声体在振动，故B错误；
C、医生用B超检查胎儿的发育情况，说明声音可以传递信息，故C正确；
D、摩托车上装有消声器，是在声源处减弱噪声，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
（2）一切声音都是由物体振动产生的；
（3）声音可以传递信息和能量；
（4）减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声；在传播过程中减弱噪声；在人耳处减弱噪声。
3．【答案】D
【知识点】功率的概念；机械效率；增大或减小机械效率的方法
【解析】【解答】解：A、功率越大，做功就越快，机械效率与功率无关，故A错误；
B、由可知，比较功率的大小，除了需要知道时间的关系，还需要知道做功的多少，故B错误；
C、机械效率越高的机械，有用功在总功中所占的比值越大，但有用功不一定多，故C错误；
D、有用功一定，减小额外功，则总功减小，根据可知，可以提高机械效率，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）功率是表示物体做功快慢的物理量，物体的功率越大，做功越快。
（2）完成相同的功，所用的时间越短，功率越大。
（3）机械效率越高的机械，有用功在总功中所占的比值越大。
（4）有用功一定，减小额外功，可以提高机械效率。
4．【答案】C
【知识点】通电直导线周围的磁场；通电螺线管的磁场；磁场对通电导线的作用；产生感应电流的条件
5．【答案】D
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】解：A、火箭加速上升的过程，质量不变，速度增加，故动能增加，同时高度增加，重力势能增大，动能和重力势能都变大，故不是重力势能和动能的转化，故A错误；
B、滚摆缓慢上升的过程，质量不变，速度变慢，动能变小，同时高度增加，所以重力势能增大，故是将动能转化为重力势能的过程，故B错误；
C、热气球匀速上升的过程，质量不变，速度不变，故动能不变，同时高度增加，重力势能增大，故不是重力势能和动能的转化，故C错误；
D、苹果加速下落的过程，质量不变，速度变大，所以动能变大，同时高度减小，所以重力势能减小，故是将重力势能转化为动能的过程，故D正确；
故选：D。
【分析】 （1）影响动能大小的因素有质量和速度，分析动能的变化就是分析质量和速度的变化；
（2）影响重力势能的因素是质量和高度，分析重力势能的变化就是分析质量和高度的变化；
（3）判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准时：减小的转化为增多的。
6．【答案】B
【知识点】温度、热量与内能的关系；热传递的概念与方式
【解析】【解答】A．热量是热传递时改变的能量，是过程量，不能说“含有”热量，故A错误；
B．热传递的条件是温度差，温度高的物体将热量传递给温度低的物体，故B正确；
CD．物体内能和温度、质量状态有关，内能增加，温度不一定升高，温度高的物体，内能不一定大，故CD错误。
故选B。
【分析】物体的内能和温度、质量、状态有关，内能变化，不一定温度发生改变；热传递的条件是温度差，传递的能量是热量。
7．【答案】C
【知识点】电压的测量及电压表的使用；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】A．图中，热敏电阻R与保护电阻R0串联，显示仪与热敏电阻并联，是电压表改装的，故A错误；
B．电压表测热敏电阻的电压，根据要求，显示仪的示数随温度的升高而变大，则热敏电阻的电压变大，即温度的升高时，热敏电阻的阻值变大，故B错误；
C．被测温者体温越高，热敏电阻的阻值越大，电路的电流变小，根据P=UI，总功率越小，故C正确；
D．将R0更换为阻值更大的电阻，相同电流时，分压更大，热敏电阻分得的电压变小，显示仪示数变小，故D错误。
故选C。
【分析】电压表和所测量的位置并联；电阻随温度升高而变大，电路中的电流减小，变大的电阻分压变大；电路中的电流减小时，根据P=UI，计算电功率的大小。
8．【答案】2.50；30.6；367.5
【知识点】时间及其测量；刻度尺的使用；电能表参数的理解
【解析】【解答】解：由图甲可知，该刻度尺的分度值为1mm，物体左端对应的刻度值为1.00cm，物体右端对应的刻度值为3.50cm，则物体的长度为3.50cm-1.00cm=2.50cm
电能表的示数最后一位为小数，单位为kW·h，故电能表的示数是30.6kW·h。
先读小刻度盘，指针指在“6”和“7”之间，靠近“6”，故示数为6min，再读大刻度盘的小数，即示数为7.5s，则停表的读数为6min7.5s=6×60s+7.5s=367.5s。
故答案为：2.50；30.6；367.5。
【分析】 （1）使用刻度尺测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
（2）电能表常用的计量单位是kW h，数值的最后一位是小数；
（3） 根据秒表的结构和刻度盘的单位进行分析，即小刻度盘的单位是min，大刻度盘的单位是s，然后读出时间。
9．【答案】并联；3；0.3
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律
【解析】【解答】解：灯泡L1和L2是并联连接的，电流表A2测量通过灯L2的电流，电流表A1测量干路上的电流，电压表测量电源电压，根据并联电路电压规律可知，L2两端的电压为；
根据并联电路电流规律可知，通过灯L1的电流为；
故答案为：并联；3；0.3。
【分析】 由图可知，灯泡L1和L2并联，电流表A2测量通过灯L2的电流，电流表A1测量干路中的电流，电压表测量电源电压，根据并联电路电压规律可知L2两端的电压；根据并联电路电流规律可知通过灯L1的电流。
10．【答案】电磁波；聚变；可再生
【知识点】能源及其分类；核聚变；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 解：（1）电磁波传播不需要介质，声音传播需要介质，而太空中没有空气，所以“北斗”卫星导航系统是利用电磁波向地球传递信息的；
（2）在太阳内部，氢原子核在超高温作用下发生聚变，释放巨大的核能；
（3）太阳能是可再生能源。
故答案为：电磁波；聚变；可再生。
【分析】 （1）电磁波和声音都能传递信息，电磁波传播不需要介质，声音传播需要介质；
（2）太阳释放的能量主要来自于内部发生的核聚变，向外界不断的释放光和热；
（3）可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源。不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源。
11．【答案】大；不变；增大
【知识点】机械能及其转化；燃料的热值
【解析】【解答】解：（1）火箭采用液态氢作为燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的液态氢和其它燃料相比，液态氢可以释放出更多的热量；
（2）热值大小只与燃料的种类有关，与燃料的质量多少无关，所以在升空过程中，随着液态氢质量的减少，液态氢的热值不变；
（3）卫星从远地点向近地点运行过程中，质量不变，相对地面的高度减小，重力势能减小；同时速度增大，动能增大。
故答案为：大；不变；增大。
【分析】（1）热值是燃料的一种特性，在完全燃烧相同质量的燃料时，热值越大的燃料释放出的热量越多，在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小；
（2）热值大小只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放热多少和燃烧情况无关；
（3）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。
12．【答案】D；做功；压缩
【知识点】做功改变物体内能；热机；热机的四个冲程
【解析】【解答】瓶盖被瓶内的气体冲出，是瓶内气体对瓶盖做功，将内能转化为机械能，和内燃机的做功冲程相似，图丙中图D，气门关闭活塞向下，是做功冲程，能量转化是做功的方式改变了物体的内能。
热机工作时，另一个能量转化的是压缩冲程，将机械能转化为内能。
【分析】盐水气体体积，气体内能变大，和汽油机的压缩冲程的能量变化相同；内能对外做功时，和汽油机的做功冲程的能量转化相同。
13．【答案】400；50；80%
【知识点】斜面的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】解：推力做的有用功等于克服重力做的功，即；
推力做的总功；
推力做功的功率；
斜面的机械效率。
故答案为：400；50；80%。
【分析】 （1）知道物体重力、斜面高，利用W=Gh求推力做的有用功；
（2）知道推力大小、斜面长，利用W=Fs求拉力所做的总功；知道做功时间，再利用求推力做功的功率；
（3）斜面的机械效率等于有用功与总功之比。
14．【答案】3；9；240
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】解：灯泡L与滑动变阻器R串联，当滑片P位于左端时，电压表测电源的电压，电路的电流最大，由图象可知，电路中的最大电流I大=2A，电压表的最大示数是电源的电压U=12V，当滑片P位于右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻将会是最大，故电路中的电流最小，由图象可知，电路中的电流I小=1A，UL=3V，小灯泡发光时的最小功率PL=ULI小=3V×1A=3W；
因串联电路中电压规律可知，滑动变阻器两端的电压UR=U-UL=12V-3V=9V；
由图可得，滑动变阻器的最大阻值；
整个电路以最大电功率工作10s所消耗的电能W=UIt=12V×2A×10s=240J。
故答案为：3；9；240。
【分析】 由电路图可知，闭合开关S后，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑片位于最左端时，电路为灯泡的简单电路，此时灯泡两端的电压最大，根据图乙读出灯泡两端的最大电压即为电源的电压；当滑片位于最右端时，接入电路中的电阻最大，此时灯泡两端的电压最小，通过的电流最小，根据图乙读出灯泡两端的最小电压和通过灯泡的电流，利用P=UI求出小灯泡发光时的最小功率，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。根据最大电流结合W=UIt计算电能。
15．【答案】
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】根据要求，电流表只测L2的电流，与L2串联，电流约为0.1A，接入小量程，两灯泡并联；开关在干路，如图所示：
【分析】并联电路中，各用电器在不同支路；电流表和所测量的位置串联，接线柱正入负出，根据电流大小判断量程。
16．【答案】
【知识点】通电螺线管的磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】 解：由磁极间的作用规律可知，靠近通电螺线管N极的小磁针左端的磁极为S极，则小磁针右端的磁极为N极；
由安培定则可知，当通电螺线管N极在右端时，通电螺线管外部电流方向向下，根据电流从电源正极流出，从电源负极流入可知，电源左端为正极，如下图所示：
。
【分析】（1）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，根据磁极间的作用规律判断小磁针的N极；
（2）根据安培定则判断电源的正、负极
17．【答案】
【知识点】家庭电路的连接；测电笔的使用
【解析】【解答】 解：由图可知，试电笔接触b线时，氖管发光，则b线为火线、a线为零线；螺丝口灯泡的接法：火线先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套。
【分析】 根据试电笔的使用情况判定火线和零线；
螺丝口灯泡的接法：火线先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套。这样在断开开关时能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。
18．【答案】匀速；1；0.6；66.7%；高；不正确；摩擦力；不变
【知识点】滑轮（组）机械效率的测量实验
【解析】【解答】解：（1）该实验需要沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，此时整体处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小，方便读数。
（2）图中滑轮组用3段绳子承担物重，因此第一次实验中绳自由端上升距离s应为s=3h=3×10cm=30cm；
即表中第1次实验数据有错误。
（3）第2次实验的总功W总2=F2s2=2.0N×0.3m=0.6J；
第2次机械效率；
第1次机械效率；
两次实验条件唯一的不同是提升的重物不同，物体越重滑轮组的机械效率越高，因此，可总结出：同一滑轮组，被提升的物体越重，机械效率越高。
（4）由于让测力计静止下来读数时，没有考虑绳子与轮、轮与轴间的摩擦力，所以测得的拉力F会变小，则测得的总功变小，机械效率就会相应地变大，故他的想法不正确。
（5）滑轮组机械效率；
仅改变绕绳的方法，因动滑轮重力和提升物体的重力不变，所以机械效率将不变。
故答案为： （1）匀速；（2）1；（3）0.6；66.7%；高；（4）不正确；摩擦力；（5）不变。
【分析】（1）该实验需要沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，此时整体处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小；
（2）重物和动滑轮有三段绳子承担，绳子移动的距离s应是物体升高距离h的3倍；
（3）知道物重G、物体升高的距离h、拉力F、弹簧测力计移动的距离s，总功W总=Fs，根据W有用=Gh可求有用功；利用滑轮组的机械效率计算公式可求出其机械效率；
根据两次提升重物的区别，结合机械效率的大小，可得出相应的结论；
（4）弹簧测力计静止时，因没有测量出摩擦力，故读数变小，根据公式W=Fs可知，总功会变小，在有用功不变的情况下，机械效率就会变大；
（5）根据
分析。
19．【答案】 ；灯泡断路；右；0.75；
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】解：（1）实验中，灯泡与变阻器串联，电压表测量灯泡电压，电流表测量电路电流。滑片P向左移动时，电流表示数变小，说明此时变阻器接入电路中电阻变大，故变阻器的右下接线柱接入电路中，如图所示：
（2）正确连接实验电路后，开关闭合时，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数．则出现的故障可能是与电压表并联的灯泡断路。
（3）故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片P到某处时，电压表的示数为2V，小于灯泡的额定电压，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑片向右端移动，减小变阻器接入电路中电阻，最大电路电流，使灯泡两端电压为额定电压。
由图乙得，电流表的分度值为0.02A，示数为0.3A，则小灯泡的额定功率是
（4）由图丙得，闭合开关S1后，把单刀双掷开关S拨到位置1时，变阻器、灯泡、R0串联，电压表测量灯泡电压，调节滑动变阻器使得电压表示数为U额，此时灯泡正常发光；再把单刀双掷开关拨到位置2时，电路连接方式不变，灯泡依然正常发光，电压表测量灯泡与R0的总电压，读出电压表的示数为U，R0的电压为
灯泡的额定电流为
则小灯泡额定功率的表达式。
故答案为：（1）（2）灯泡断路；（3）右；0.75；（4）。
【分析】 （1）根据滑片向左移动时电流表示数变小确定变阻器左下接线柱连入电路中；
（2）为保护电路，连接电路时开关要断开；
（3）灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；
根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P=UI得出小灯泡的额定功率；
（4）根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
20．【答案】转换法；甲；多；电流；不相等；A
【知识点】焦耳定律；电流的热效应；物理学方法
【解析】【解答】（1） 实验中电流产生热量的多少是通过U形管两侧液面高度差变化反映电流产生热量的多少， 这种研究物理问题的方法叫转换法。
（2）①探究电热与电阻的关系时，需控制电流一样，而甲图中两电阻串联时电流处处相等可知，故选甲图；
②根据焦耳定律Q=I2Rt可知，当电流、通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多。
（3）图乙中，两电阻并联后再与左侧电阻串联，通过R1的电流大，通过R2的电流小，即电流不一样，可探究电热与电流大小的关系。而R3起到分流的作用，使R1和R2中的电流不相等。
（4）右侧U形管的液面高度差明显变大，而左侧U形管的液面高度差没有变化，说明电路是通路，但左侧电阻没有产生的热量，故左侧R1短路。
故选A。
【分析】（1）物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法；
（2）①根据控制变量法的要求选择对照实验；
②根据图片液面的高度差大小确定产生热量多少，进而得出结论。
（3）根据图片分析哪个因素大小不同即可。根据并联电路的分流作用解答。
（4）液面高度差不变，说明没有产生热量，即对应的电阻没有工作，据此分析解答。
21．【答案】解：（1）汽油完全燃烧放出的热量Q放=mq=1.8kg×4.5×107J/kg=8.1×107J
（2）已知汽油机的效率为30%，则该汽车发动机做的有用功
（3）这段运动过程所用时间
该汽车发动机的输出功率
答：（1）汽油完全燃烧放出的热量为8.1×107J；
（2）该汽车发动机做的有用功为；
（3）该汽车发动机的输出功率为50625W。
【知识点】功率计算公式的应用；燃料的热值；热机的效率；速度公式及其应用
【解析】【分析】（1）根据Q放=mq计算出汽油完全燃烧放出的热量；（2）根据的变形公式可以计算出该汽车发动机做的有用功；
（3）先根据的变形公式计算出汽车运动的时间，然后再根据计算出该汽车发动机的输出功率。
22．【答案】解：（1）当开关置于“1”时，电路为R1的简单电路，由欧姆定律可知，R1的阻值为；
（2）当开关置于“2”时，两电阻串联，电路的总电阻为
；
养生壶保温档的功率为
；
（3）将壶内1kg为水从12℃加热到100℃，水吸收的热量为
消耗的电能为
；
养生壶加热档电能转化为内能的效率为
。
答：（1）R1的阻值为；
（2）当开关置于2”时，养生壶保温档的功率；
（3）这款养生壶加热档电能转化为内能的效率。
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；焦耳定律的应用
【解析】【分析】 （1）由图乙可知，当开关置于“1”时，只有R1工作，根据欧姆定律求出R1的阻值；
（2）由图乙可知，当开关置于“2”时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点求出R1、R2的串联总电阻，根据求出养生壶保温挡的功率；
（3）根据Q吸=cmΔt求出水吸收的热量；根据W=UIt求出养生壶消耗的电能，根据效率公式求出这款养生壶加热挡电能转化为内能的效率η。
23．【答案】相同；受热均匀；水；加热时间；9∶5；比热容
【知识点】比热容；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】解：（1）根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的吸热相同，故取相同质量的水和煤油放入两个相同的容器里，用同样的两个酒精灯对它们加热；加热时，上下缓慢地提拉搅拌器，这是为了使水和煤油均匀受热。
（2）由表中数据可知，相同质量的水和煤油升高相同的温度，水需要吸收更多的热量，故要给水加热更长的时间；实验中选择相同规格的酒精灯，使水和煤油在相同时间吸收的热量相等，是为了可以通过比较加热时间来判断液体吸收热量的多少。
（3）加热相同的时间，水和煤油吸收相同的热量，水升高的温度为 Δt =45℃-20℃=25℃
煤油升高的温度为67℃-22℃=45℃
由可知，当水和煤油质量和吸热相同时，有
（4）因为水的比热容较大，当水吸收或放出相同的热量时，升高或降低的温度较小，即温度变化较小，故水能起到调节气温的作用。
故答案为：（1）相同；受热均匀；（2）水；加热时间；（3）9：5；（4）比热容。
【分析】 （1）为使均匀受热，要上下缓慢地提拉搅拌器；
（2）（3）（4）我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法。
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
24．【答案】3和4；有；等于0V；0.375；18Ω
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】解：（1）若让左转、右转指示灯同时工作，应该让两个指示灯同时接入电路，故转向开关应与触点3和4接通。
（2）当右转指示灯正常发光时，电磁铁被接通，有电流通过，电磁铁有磁性；此时右转指示灯电压为6V，因为电路中电源电压恒为6伏，根据串联电路电压规律可知，此时R0两端的电压等于0。
（3）已知指示灯规格为“6V；6W”，则指示灯的电阻；
若Ux的值为1.5V，此时电路电流；
则灯泡微弱发光时的指示灯的实际功率P实=UxI=1.5V×0.25A=0.375W；
根据串联电路电压规律可得，定值电阻R0两端的电压U0=U-UL=6V-1.5V=4.5V；
则定值电阻R0的阻值。
故答案为：（1）3和4；（2）有；等于0V；（3）0.375；18Ω。
【分析】 （1）若让左转、右转指示灯同时工作，应让两灯全部接入电路中；
（2）电磁铁被接通，有电流通过，电磁铁有磁性，根据串联电路电压规律可知，此时R0两端的电压等于0。
（3）先求出灯泡的电阻和在1.5V时的电流，根据公式P=UI求出功率，定值电阻两端的电压等于总电压减去灯泡的电压，电流相等，进而求出电阻大小。
25．【答案】220；半导体；并；2.7×107；热水器部件吸收；100%；C
【知识点】燃料的热值；热机的效率；串联电路和并联电路的辨别；半导体特点及作用
【解析】【解答】解：（1）我国家庭电路的电压为220V，则工作时两端电压为220V；两指示灯是二极管灯泡，二极管是由半导体材料制成的；两指示灯能够独立工作、互不影响，则它们应并联在电路中。
（2）由额定耗气量3.6m3/h可知，工作15min消耗燃气的体积
燃气完全燃烧释放的热量Q放=Vq=0.9m3×3×107J/kg=2.7×107J。
（3）由于不可避免会有能量的损失，除了图乙中的能量损失外还有热水器部件吸收的热量也是能量损失之一，所以该燃气热水器热效率永远无法达到100%。
（4）ABD．热水器加热效率是指被水吸收的热量与燃料完全燃烧产生的能量之比，只与水吸收的热量和燃料完全燃烧产生的能量有关，与燃料的热值、进水口冷水的初温、水管中的进水量的多少等无关，故ABD不符合题意；
C．热交换器中，烟气与水之间单位时间传递的热量随交换器内水管表面积的增大而增大，所以加长热交换器中水管长度可以增加水吸收的热量，减少了热损失，可以提高热水器加热效率，故C符合题意。
故选C。
故答案为： （1）220；半导体；并；（2）2.7×107；（3）热水器部件吸收；（4）C。
【分析】 （1）我国家庭电路的电压是220V；二极管主要是由半导体制作而成；并联电路各个用电器彼此不会互相影响；
（2）由热水器正常工作时间和额定耗气量计算消耗的燃气体积，根据Q放=qV计算燃气完全燃烧，放出的热量；
（3）工作过程中由于热水器部件吸收热量，所以该燃气热水器热效率永远无法达到100%；
（4）从减少热量散失方面分析提高热水器的效率。
广东省东莞市香市中学2023-2024 学年学年九年级下学期阶段性教学质量调研物理试题
1．（2024九下·东莞模拟）下列各物理量的估测，最接近实际的是（ ）
A．一节干电池的电压为3V
B．成年人正常行走的步长约为55cm
C．中学生上一层楼做功约为15000J
D．电视机正常工作电功率约为1000W
【答案】B
【知识点】长度的估测；电压和电压的单位换算；电功率；功的计算及应用
【解析】【解答】 解：A．一节干电池的电压为1.5V，故A不正确；
B．成年人的步长约为55cm，故B正确；
C．中学生的体重约为500N，一层楼的高度约为3m，则中学生上一层楼做功约为
W=Gh=500N×3m=1500J，故C不正确；
D．电视机正常工作电功率约为100W，故D不正确。
故选：B。
【分析】首先要对相关物理量有个初步的认识，不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要经过简单的计算，有的要进行单位换算，最后判断符合要求的是哪一个。
2．（2024九下·东莞模拟）如图所示的现象中，下列分析正确的是（ ）
A．甲图：弹奏古筝时，手在不同位置按弦，目的是为了改变发出声音的响度
B．乙图：发声的音叉轻触系在绳上的乒乓球，球多次被弹开，说明声音的传播需要介质
C．丙图：医生用B超检查胎儿的发育情况，说明声音可以传递信息
D．丁图：摩托车上装有消声器，是为了在行驶过程中阻断噪声的传播
【答案】C
【知识点】音调、响度与音色的区分；声与信息；声与能量；防治噪声的途径
【解析】【解答】 解：A、古筝是琴弦振动发出声音的，手在不同位置按弦，弦振动的快慢会不一样，所以声音的音调就会发生变化，故A错误；
B、发声的音叉靠近乒乓球，球多次被弹开，说明发声体在振动，故B错误；
C、医生用B超检查胎儿的发育情况，说明声音可以传递信息，故C正确；
D、摩托车上装有消声器，是在声源处减弱噪声，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
（2）一切声音都是由物体振动产生的；
（3）声音可以传递信息和能量；
（4）减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声；在传播过程中减弱噪声；在人耳处减弱噪声。
3．（2024九下·东莞模拟）理解物理概念是学好物理的关键。下列关于功、功率和机械效率的说法，正确的是（ ）
A．功率越大，做功就越快，机械效率也越大
B．做功所花时间越短，功率就越大
C．机械效率越高的机械，表明它做的有用功越多
D．有用功一定，减小额外功，可以提高机械效率
【答案】D
【知识点】功率的概念；机械效率；增大或减小机械效率的方法
【解析】【解答】解：A、功率越大，做功就越快，机械效率与功率无关，故A错误；
B、由可知，比较功率的大小，除了需要知道时间的关系，还需要知道做功的多少，故B错误；
C、机械效率越高的机械，有用功在总功中所占的比值越大，但有用功不一定多，故C错误；
D、有用功一定，减小额外功，则总功减小，根据可知，可以提高机械效率，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）功率是表示物体做功快慢的物理量，物体的功率越大，做功越快。
（2）完成相同的功，所用的时间越短，功率越大。
（3）机械效率越高的机械，有用功在总功中所占的比值越大。
（4）有用功一定，减小额外功，可以提高机械效率。
4．（2024九下·东莞模拟）对图中甲、乙、丙、丁四幅图解释合理的是
A．甲：磁场中获得电流
B．乙：开关闭合，小磁针N极将向右偏转
C．丙：是发电机原理的装置
D．丁：开关闭合，将有机械能转化为电能
【答案】C
【知识点】通电直导线周围的磁场；通电螺线管的磁场；磁场对通电导线的作用；产生感应电流的条件
5．（2024九下·东莞模拟）如图所示的过程中，物体的重力势能转化为动能的是（ ）
A．火箭加速上升的过程
B．滚摆缓慢上升的过程
C．热气球匀速上升的过程
D．苹果加速下落的过程
【答案】D
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】解：A、火箭加速上升的过程，质量不变，速度增加，故动能增加，同时高度增加，重力势能增大，动能和重力势能都变大，故不是重力势能和动能的转化，故A错误；
B、滚摆缓慢上升的过程，质量不变，速度变慢，动能变小，同时高度增加，所以重力势能增大，故是将动能转化为重力势能的过程，故B错误；
C、热气球匀速上升的过程，质量不变，速度不变，故动能不变，同时高度增加，重力势能增大，故不是重力势能和动能的转化，故C错误；
D、苹果加速下落的过程，质量不变，速度变大，所以动能变大，同时高度减小，所以重力势能减小，故是将重力势能转化为动能的过程，故D正确；
故选：D。
【分析】 （1）影响动能大小的因素有质量和速度，分析动能的变化就是分析质量和速度的变化；
（2）影响重力势能的因素是质量和高度，分析重力势能的变化就是分析质量和高度的变化；
（3）判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准时：减小的转化为增多的。
6．（2024九下·东莞模拟）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体的温度越高，所含热量越多
B．温度高的物体能将热量传递给温度低的物体
C．物体内能增加，温度一定升高
D．温度高的物体内能一定大，温度低的物体内能一定小
【答案】B
【知识点】温度、热量与内能的关系；热传递的概念与方式
【解析】【解答】A．热量是热传递时改变的能量，是过程量，不能说“含有”热量，故A错误；
B．热传递的条件是温度差，温度高的物体将热量传递给温度低的物体，故B正确；
CD．物体内能和温度、质量状态有关，内能增加，温度不一定升高，温度高的物体，内能不一定大，故CD错误。
故选B。
【分析】物体的内能和温度、质量、状态有关，内能变化，不一定温度发生改变；热传递的条件是温度差，传递的能量是热量。
7．（2024九下·东莞模拟）常用的某款手持式电子测温仪如图甲，图乙是它工作的原理图，其中电源电压保持不变，R是热敏电阻，用于靠近人体测温，定值电阻R0为保护电阻，显示仪是由电流表或电压表改装而成。在测量人的体温时显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，则下列分析正确的是（ ）
A．图乙中的显示仪是由电流表改装的
B．热敏电阻R的阻值随着温度的升高而减小
C．被测温者体温越高，电路的总功率就越小
D．将R0更换为阻值更大的电阻，测相同温度，显示仪示数变大
【答案】C
【知识点】电压的测量及电压表的使用；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】A．图中，热敏电阻R与保护电阻R0串联，显示仪与热敏电阻并联，是电压表改装的，故A错误；
B．电压表测热敏电阻的电压，根据要求，显示仪的示数随温度的升高而变大，则热敏电阻的电压变大，即温度的升高时，热敏电阻的阻值变大，故B错误；
C．被测温者体温越高，热敏电阻的阻值越大，电路的电流变小，根据P=UI，总功率越小，故C正确；
D．将R0更换为阻值更大的电阻，相同电流时，分压更大，热敏电阻分得的电压变小，显示仪示数变小，故D错误。
故选C。
【分析】电压表和所测量的位置并联；电阻随温度升高而变大，电路中的电流减小，变大的电阻分压变大；电路中的电流减小时，根据P=UI，计算电功率的大小。
8．（2024九下·东莞模拟）如图，图甲所示，物体的长度为 cm；图乙所示，电能表的示数是 kW·h；图丙所示，停表的读数为 s。
【答案】2.50；30.6；367.5
【知识点】时间及其测量；刻度尺的使用；电能表参数的理解
【解析】【解答】解：由图甲可知，该刻度尺的分度值为1mm，物体左端对应的刻度值为1.00cm，物体右端对应的刻度值为3.50cm，则物体的长度为3.50cm-1.00cm=2.50cm
电能表的示数最后一位为小数，单位为kW·h，故电能表的示数是30.6kW·h。
先读小刻度盘，指针指在“6”和“7”之间，靠近“6”，故示数为6min，再读大刻度盘的小数，即示数为7.5s，则停表的读数为6min7.5s=6×60s+7.5s=367.5s。
故答案为：2.50；30.6；367.5。
【分析】 （1）使用刻度尺测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
（2）电能表常用的计量单位是kW h，数值的最后一位是小数；
（3） 根据秒表的结构和刻度盘的单位进行分析，即小刻度盘的单位是min，大刻度盘的单位是s，然后读出时间。
9．（2024九下·东莞模拟）如图所示的电路中，灯泡L1和L2是 （选填“串联”或“并联”）连接的；若闭合开关，电压表的示数为3V，电流表A1的示数为0.5A，电流表A2的示数为0.2A，则灯L2两端的电压为 V，通过灯L1的电流为 A。
【答案】并联；3；0.3
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律
【解析】【解答】解：灯泡L1和L2是并联连接的，电流表A2测量通过灯L2的电流，电流表A1测量干路上的电流，电压表测量电源电压，根据并联电路电压规律可知，L2两端的电压为；
根据并联电路电流规律可知，通过灯L1的电流为；
故答案为：并联；3；0.3。
【分析】 由图可知，灯泡L1和L2并联，电流表A2测量通过灯L2的电流，电流表A1测量干路中的电流，电压表测量电源电压，根据并联电路电压规律可知L2两端的电压；根据并联电路电流规律可知通过灯L1的电流。
10．（2024九下·东莞模拟）“北斗”卫星导航系统利用 （填“电磁波”、“超声波”或“红外线”）向地球传递信息。太阳内部时刻发生着氢核的 （填“裂变”或“聚变”）反应，不断向外释放能量，太阳能是 能源。（填“可再生”或“不可再生”）
【答案】电磁波；聚变；可再生
【知识点】能源及其分类；核聚变；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 解：（1）电磁波传播不需要介质，声音传播需要介质，而太空中没有空气，所以“北斗”卫星导航系统是利用电磁波向地球传递信息的；
（2）在太阳内部，氢原子核在超高温作用下发生聚变，释放巨大的核能；
（3）太阳能是可再生能源。
故答案为：电磁波；聚变；可再生。
【分析】 （1）电磁波和声音都能传递信息，电磁波传播不需要介质，声音传播需要介质；
（2）太阳释放的能量主要来自于内部发生的核聚变，向外界不断的释放光和热；
（3）可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源。不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源。
11．（2024九下·东莞模拟）2022年9月13日，我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将“中星1E”卫星发射升空，火箭使用液态氢作燃料是因为液态氢的热值较 。在升空过程中，随着液态氢质量的减少，液态氢的热值 ，卫星从远地点向近地点运动时，其动能 （后两空均选填“增大”、“不变”或“减小”）。
【答案】大；不变；增大
【知识点】机械能及其转化；燃料的热值
【解析】【解答】解：（1）火箭采用液态氢作为燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的液态氢和其它燃料相比，液态氢可以释放出更多的热量；
（2）热值大小只与燃料的种类有关，与燃料的质量多少无关，所以在升空过程中，随着液态氢质量的减少，液态氢的热值不变；
（3）卫星从远地点向近地点运行过程中，质量不变，相对地面的高度减小，重力势能减小；同时速度增大，动能增大。
故答案为：大；不变；增大。
【分析】（1）热值是燃料的一种特性，在完全燃烧相同质量的燃料时，热值越大的燃料释放出的热量越多，在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小；
（2）热值大小只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放热多少和燃烧情况无关；
（3）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。
12．（2024九下·东莞模拟）如图，小明用塑料矿泉水瓶进行了探究：将瓶中留有少量水，盖上瓶盖（如图甲）；扭转瓶子（如图乙）；轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，同时瓶内出现白雾。整个过程与图丙中热机的 冲程相似（该空填字母序号），此过程中是通过 的方式改变了物体的内能，另一个涉及能量转化的工作过程是 冲程。
【答案】D；做功；压缩
【知识点】做功改变物体内能；热机；热机的四个冲程
【解析】【解答】瓶盖被瓶内的气体冲出，是瓶内气体对瓶盖做功，将内能转化为机械能，和内燃机的做功冲程相似，图丙中图D，气门关闭活塞向下，是做功冲程，能量转化是做功的方式改变了物体的内能。
热机工作时，另一个能量转化的是压缩冲程，将机械能转化为内能。
【分析】盐水气体体积，气体内能变大，和汽油机的压缩冲程的能量变化相同；内能对外做功时，和汽油机的做功冲程的能量转化相同。
13．（2024九下·东莞模拟）如图，工人师傅用沿斜面向上100N的推力，将重为200N的物体从斜面底端匀速推至斜面顶端，用时10s，已知斜面长5m，高2m。则此过程中，工人做的有用功为 J，工人做功的功率为 W，斜面的机械效率为 。
【答案】400；50；80%
【知识点】斜面的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】解：推力做的有用功等于克服重力做的功，即；
推力做的总功；
推力做功的功率；
斜面的机械效率。
故答案为：400；50；80%。
【分析】 （1）知道物体重力、斜面高，利用W=Gh求推力做的有用功；
（2）知道推力大小、斜面长，利用W=Fs求拉力所做的总功；知道做功时间，再利用求推力做功的功率；
（3）斜面的机械效率等于有用功与总功之比。
14．（2024九下·东莞模拟）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，小灯泡的额定电压为12V。闭合开关S后，当滑片P从最右端滑到最左端的过程中，小灯泡的I-U关系图象如图所示。则小灯泡发光时的最小功率为 W，滑动变阻器的最大阻值为 Ω，整个电路以最大电功率工作10s所消耗的电能为 J。
【答案】3；9；240
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】解：灯泡L与滑动变阻器R串联，当滑片P位于左端时，电压表测电源的电压，电路的电流最大，由图象可知，电路中的最大电流I大=2A，电压表的最大示数是电源的电压U=12V，当滑片P位于右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻将会是最大，故电路中的电流最小，由图象可知，电路中的电流I小=1A，UL=3V，小灯泡发光时的最小功率PL=ULI小=3V×1A=3W；
因串联电路中电压规律可知，滑动变阻器两端的电压UR=U-UL=12V-3V=9V；
由图可得，滑动变阻器的最大阻值；
整个电路以最大电功率工作10s所消耗的电能W=UIt=12V×2A×10s=240J。
故答案为：3；9；240。
【分析】 由电路图可知，闭合开关S后，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑片位于最左端时，电路为灯泡的简单电路，此时灯泡两端的电压最大，根据图乙读出灯泡两端的最大电压即为电源的电压；当滑片位于最右端时，接入电路中的电阻最大，此时灯泡两端的电压最小，通过的电流最小，根据图乙读出灯泡两端的最小电压和通过灯泡的电流，利用P=UI求出小灯泡发光时的最小功率，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。根据最大电流结合W=UIt计算电能。
15．（2024九下·东莞模拟）在图电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：①闭合开关后，小灯泡L1和L2才能发光；②电流表只测通过L2的电流且已知电流约为0.1A。
【答案】
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】根据要求，电流表只测L2的电流，与L2串联，电流约为0.1A，接入小量程，两灯泡并联；开关在干路，如图所示：
【分析】并联电路中，各用电器在不同支路；电流表和所测量的位置串联，接线柱正入负出，根据电流大小判断量程。
16．（2024九下·东莞模拟）请标出图中通电螺线管旁边小磁针的N极，并在电源左端的“（ ）”里面选填“+”或“-”。
【答案】
【知识点】通电螺线管的磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】 解：由磁极间的作用规律可知，靠近通电螺线管N极的小磁针左端的磁极为S极，则小磁针右端的磁极为N极；
由安培定则可知，当通电螺线管N极在右端时，通电螺线管外部电流方向向下，根据电流从电源正极流出，从电源负极流入可知，电源左端为正极，如下图所示：
。
【分析】（1）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，根据磁极间的作用规律判断小磁针的N极；
（2）根据安培定则判断电源的正、负极
17．（2024九下·东莞模拟）如图是小刚用试电笔接触b线时的场景，请你帮助小刚将照明灯和控制开关连入电路。
【答案】
【知识点】家庭电路的连接；测电笔的使用
【解析】【解答】 解：由图可知，试电笔接触b线时，氖管发光，则b线为火线、a线为零线；螺丝口灯泡的接法：火线先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套。
【分析】 根据试电笔的使用情况判定火线和零线；
螺丝口灯泡的接法：火线先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套。这样在断开开关时能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。
18．（2024九下·东莞模拟）小元同学测滑轮组的机械效率时所用的实验装置如图所示。
实验 次数 物重G/N 物体上升 高度h/cm 拉力F/N 绳自由端上升距离s/cm 机械效率η
1 2 10 1.1 20
2 4 10 2.0 30
（1）实验中应沿竖直方向 拉动弹簧测力计；
（2）表中第 次实验数据有错误；
（3）根据另一组正确的数据计算总功是 J，机械效率为 （结果保留一位小数）；把错误的数据更正后，比较两次的机械效率可以得出的结论是：同一滑轮组，被提升的物体越重，机械效率越 （填“高”或“低”）；
（4）实验过程中边拉边读数，弹簧测力计示数不稳定，有同学认为应静止时读数，你认为他的想法 （选填“正确”或“不正确”），因为他没有考虑到 对滑轮组机械效率的影响；
（5）若将此滑轮组换一种绕绳方法，物重不变，不计摩擦及绳重，滑轮组的机械效率 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】匀速；1；0.6；66.7%；高；不正确；摩擦力；不变
【知识点】滑轮（组）机械效率的测量实验
【解析】【解答】解：（1）该实验需要沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，此时整体处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小，方便读数。
（2）图中滑轮组用3段绳子承担物重，因此第一次实验中绳自由端上升距离s应为s=3h=3×10cm=30cm；
即表中第1次实验数据有错误。
（3）第2次实验的总功W总2=F2s2=2.0N×0.3m=0.6J；
第2次机械效率；
第1次机械效率；
两次实验条件唯一的不同是提升的重物不同，物体越重滑轮组的机械效率越高，因此，可总结出：同一滑轮组，被提升的物体越重，机械效率越高。
（4）由于让测力计静止下来读数时，没有考虑绳子与轮、轮与轴间的摩擦力，所以测得的拉力F会变小，则测得的总功变小，机械效率就会相应地变大，故他的想法不正确。
（5）滑轮组机械效率；
仅改变绕绳的方法，因动滑轮重力和提升物体的重力不变，所以机械效率将不变。
故答案为： （1）匀速；（2）1；（3）0.6；66.7%；高；（4）不正确；摩擦力；（5）不变。
【分析】（1）该实验需要沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，此时整体处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小；
（2）重物和动滑轮有三段绳子承担，绳子移动的距离s应是物体升高距离h的3倍；
（3）知道物重G、物体升高的距离h、拉力F、弹簧测力计移动的距离s，总功W总=Fs，根据W有用=Gh可求有用功；利用滑轮组的机械效率计算公式可求出其机械效率；
根据两次提升重物的区别，结合机械效率的大小，可得出相应的结论；
（4）弹簧测力计静止时，因没有测量出摩擦力，故读数变小，根据公式W=Fs可知，总功会变小，在有用功不变的情况下，机械效率就会变大；
（5）根据
分析。
19．（2024九下·东莞模拟）如图，在“测量小灯泡的额定功率”实验中，已知小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请你用笔画线，将图甲中的实物图连接完整．要求：滑片P向左移动时，电流表示数变小 ；
（2）正确连接实验电路后，开关闭合时，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数．则出现的故障可能是 ；
（3）故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片P到某处时，电压表的示数为2V，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑片向 （选填“左”或“右”）端移动，使灯泡两端电压为额定电压，调节后电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 W；
（4）某实验小组仅用一个电压表测量该小灯泡的额定功率，在原有基础上增加了一个阻值为R0的定值电阻（阻值适当）和一个单刀双掷开关，电路设计如图丙.闭合开关S1后，把单刀双掷开关S拨到位置1时，调节滑动变阻器使得电压表示数为U额，再把单刀双掷开关拨到位置2时，读出电压表的示数为U，则小灯泡额定功率的表达式：P额＝ 。（用U额、U、R0表示）
【答案】 ；灯泡断路；右；0.75；
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】解：（1）实验中，灯泡与变阻器串联，电压表测量灯泡电压，电流表测量电路电流。滑片P向左移动时，电流表示数变小，说明此时变阻器接入电路中电阻变大，故变阻器的右下接线柱接入电路中，如图所示：
（2）正确连接实验电路后，开关闭合时，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数．则出现的故障可能是与电压表并联的灯泡断路。
（3）故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片P到某处时，电压表的示数为2V，小于灯泡的额定电压，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑片向右端移动，减小变阻器接入电路中电阻，最大电路电流，使灯泡两端电压为额定电压。
由图乙得，电流表的分度值为0.02A，示数为0.3A，则小灯泡的额定功率是
（4）由图丙得，闭合开关S1后，把单刀双掷开关S拨到位置1时，变阻器、灯泡、R0串联，电压表测量灯泡电压，调节滑动变阻器使得电压表示数为U额，此时灯泡正常发光；再把单刀双掷开关拨到位置2时，电路连接方式不变，灯泡依然正常发光，电压表测量灯泡与R0的总电压，读出电压表的示数为U，R0的电压为
灯泡的额定电流为
则小灯泡额定功率的表达式。
故答案为：（1）（2）灯泡断路；（3）右；0.75；（4）。
【分析】 （1）根据滑片向左移动时电流表示数变小确定变阻器左下接线柱连入电路中；
（2）为保护电路，连接电路时开关要断开；
（3）灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；
根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P=UI得出小灯泡的额定功率；
（4）根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
20．（2024九下·东莞模拟）如图是探究“电流通过导体产热多少跟什么因素有关”的装置，瓶中装有质量、初温相等的空气。
（1）实验中电流产生热量的多少是通过观察U形管两侧液面高度差反映出来的，这种研究物理问题的方法叫 ；
（2）若要探究电热与电阻的关系应选用图 （选填“甲”或“乙”），通过该图可得出结论：当电流、通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越 ；
（3）图乙可以用来研究电流产生的热量与 大小的关系，电阻R3的作用主要是使电阻R1和R2中的电流 （选填“相等”或“不相等”）；
（4）图乙中，若接通电路一段时间后，右侧U形管的液面高度差明显变大，而左侧U形管的液面高度差没有变化，后发现是由于电路故障引起的，则故障可能是 。
A．R1电阻丝短路 B．R1电阻丝断路 C．R2电阻丝断路 D．R3电阻丝短路
【答案】转换法；甲；多；电流；不相等；A
【知识点】焦耳定律；电流的热效应；物理学方法
【解析】【解答】（1） 实验中电流产生热量的多少是通过U形管两侧液面高度差变化反映电流产生热量的多少， 这种研究物理问题的方法叫转换法。
（2）①探究电热与电阻的关系时，需控制电流一样，而甲图中两电阻串联时电流处处相等可知，故选甲图；
②根据焦耳定律Q=I2Rt可知，当电流、通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多。
（3）图乙中，两电阻并联后再与左侧电阻串联，通过R1的电流大，通过R2的电流小，即电流不一样，可探究电热与电流大小的关系。而R3起到分流的作用，使R1和R2中的电流不相等。
（4）右侧U形管的液面高度差明显变大，而左侧U形管的液面高度差没有变化，说明电路是通路，但左侧电阻没有产生的热量，故左侧R1短路。
故选A。
【分析】（1）物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法；
（2）①根据控制变量法的要求选择对照实验；
②根据图片液面的高度差大小确定产生热量多少，进而得出结论。
（3）根据图片分析哪个因素大小不同即可。根据并联电路的分流作用解答。
（4）液面高度差不变，说明没有产生热量，即对应的电阻没有工作，据此分析解答。
21．（2024九下·东莞模拟）如图所示，是最新一款无人驾驶汽车图片。汽车自动驾驶时使用雷达传感器，以及激光测距器来了解周围的交通状况。该款车以90km/h的速度在一段平直的公路上匀速行驶了12km时，消耗汽油1.8kg，假设燃油完全燃烧，汽油机的效率为30%，则这段运动过程中：
（1）汽油完全燃烧放出的热量；（已知汽油热值为4.5×107J/kg）
（2）该汽车发动机做的有用功；
（3）该汽车发动机的输出功率。
【答案】解：（1）汽油完全燃烧放出的热量Q放=mq=1.8kg×4.5×107J/kg=8.1×107J
（2）已知汽油机的效率为30%，则该汽车发动机做的有用功
（3）这段运动过程所用时间
该汽车发动机的输出功率
答：（1）汽油完全燃烧放出的热量为8.1×107J；
（2）该汽车发动机做的有用功为；
（3）该汽车发动机的输出功率为50625W。
【知识点】功率计算公式的应用；燃料的热值；热机的效率；速度公式及其应用
【解析】【分析】（1）根据Q放=mq计算出汽油完全燃烧放出的热量；（2）根据的变形公式可以计算出该汽车发动机做的有用功；
（3）先根据的变形公式计算出汽车运动的时间，然后再根据计算出该汽车发动机的输出功率。
22．（2024九下·东莞模拟）如图甲为一款养生壶，其加热原理如图乙所示。养生壶的额定电压为220V，R1、R2均是发热电阻，R2=506Ω。正常工作时，开关接“1”为加热档，电路中电流为5A；开关接“2”为保温档。求：
（1）当开关置于“1”时，R1的阻值；
（2）当开关置于2”时，养生壶保温档的功率；
（3）将壶内1kg为水从12℃加热到100℃用时420s，求这款养生壶加热档电能转化为内能的效率η。
【答案】解：（1）当开关置于“1”时，电路为R1的简单电路，由欧姆定律可知，R1的阻值为；
（2）当开关置于“2”时，两电阻串联，电路的总电阻为
；
养生壶保温档的功率为
；
（3）将壶内1kg为水从12℃加热到100℃，水吸收的热量为
消耗的电能为
；
养生壶加热档电能转化为内能的效率为
。
答：（1）R1的阻值为；
（2）当开关置于2”时，养生壶保温档的功率；
（3）这款养生壶加热档电能转化为内能的效率。
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；焦耳定律的应用
【解析】【分析】 （1）由图乙可知，当开关置于“1”时，只有R1工作，根据欧姆定律求出R1的阻值；
（2）由图乙可知，当开关置于“2”时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点求出R1、R2的串联总电阻，根据求出养生壶保温挡的功率；
（3）根据Q吸=cmΔt求出水吸收的热量；根据W=UIt求出养生壶消耗的电能，根据效率公式求出这款养生壶加热挡电能转化为内能的效率η。
23．（2024九下·东莞模拟）为了比较水和食用油的吸热能力，小明用两个完全相同的装置做了如图所示的实验．用温度计测量液体吸收热量后升高的温度值，并用秒表记录加热时间。实验数据记录如下表。
物质 质量/g 初始温度/℃ 加热时间/min 最后温度/℃
水 60 20 6 45
食用油 60 22 6 67
（1）取 质量的水和食用油放入两个相同的容器里，用同样的两个酒精灯对它们加热。加热时，上下缓慢地提拉搅拌器，这是为了使水和煤油 ；
（2）在此实验中，如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给 加热更长的时间；实验中选择相同规格的酒精灯，是为了可以通过比较 （选填“加热时间”或“升高的温度”）来判断液体吸收热量的多少；
（3）根据表格数据可以得出水与食用油的比热容之比是： ；
（4）春城昆明之所以冬无严寒，夏无酷暑，一个原因是高原明珠“滇池”对气温起到了调节作用，因为水的 较大，当水吸收或放出相同的热量时，温度变化较小。
【答案】相同；受热均匀；水；加热时间；9∶5；比热容
【知识点】比热容；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】解：（1）根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的吸热相同，故取相同质量的水和煤油放入两个相同的容器里，用同样的两个酒精灯对它们加热；加热时，上下缓慢地提拉搅拌器，这是为了使水和煤油均匀受热。
（2）由表中数据可知，相同质量的水和煤油升高相同的温度，水需要吸收更多的热量，故要给水加热更长的时间；实验中选择相同规格的酒精灯，使水和煤油在相同时间吸收的热量相等，是为了可以通过比较加热时间来判断液体吸收热量的多少。
（3）加热相同的时间，水和煤油吸收相同的热量，水升高的温度为 Δt =45℃-20℃=25℃
煤油升高的温度为67℃-22℃=45℃
由可知，当水和煤油质量和吸热相同时，有
（4）因为水的比热容较大，当水吸收或放出相同的热量时，升高或降低的温度较小，即温度变化较小，故水能起到调节气温的作用。
故答案为：（1）相同；受热均匀；（2）水；加热时间；（3）9：5；（4）比热容。
【分析】 （1）为使均匀受热，要上下缓慢地提拉搅拌器；
（2）（3）（4）我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法。
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
24．（2024九下·东莞模拟）如图，某小组设计了图甲所示的汽车转向指示灯电路模型，接通相应指示灯后，该指示灯会亮、暗（微弱发光）交替闪烁发光，电路中电源电压恒为6伏，指示灯规格为“6V；6W”，R0为定值电阻，电磁铁的阻值忽略不计。
（1）若让左转、右转指示灯同时工作，转向开关应与触点 接通（选填“1和2”、“2和3”、“3和4”或“4和5”）；
（2）当转向开关与触点“2和3”接通时，右转指示灯两端实际电压变化规律如图乙所示。当右转指示灯正常发光时，电磁铁 （选填“有”或“无”）磁性，此时R0两端的电压 （选填“等于6V”、“小于6V大于0V”或“等于0V”）；
（3）若图乙中Ux的值为1.5V，则灯泡微弱发光时的指示灯的实际功率为 W，定值电阻R0的阻值为 。（已知指示灯的电阻不变）
【答案】3和4；有；等于0V；0.375；18Ω
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】解：（1）若让左转、右转指示灯同时工作，应该让两个指示灯同时接入电路，故转向开关应与触点3和4接通。
（2）当右转指示灯正常发光时，电磁铁被接通，有电流通过，电磁铁有磁性；此时右转指示灯电压为6V，因为电路中电源电压恒为6伏，根据串联电路电压规律可知，此时R0两端的电压等于0。
（3）已知指示灯规格为“6V；6W”，则指示灯的电阻；
若Ux的值为1.5V，此时电路电流；
则灯泡微弱发光时的指示灯的实际功率P实=UxI=1.5V×0.25A=0.375W；
根据串联电路电压规律可得，定值电阻R0两端的电压U0=U-UL=6V-1.5V=4.5V；
则定值电阻R0的阻值。
故答案为：（1）3和4；（2）有；等于0V；（3）0.375；18Ω。
【分析】 （1）若让左转、右转指示灯同时工作，应让两灯全部接入电路中；
（2）电磁铁被接通，有电流通过，电磁铁有磁性，根据串联电路电压规律可知，此时R0两端的电压等于0。
（3）先求出灯泡的电阻和在1.5V时的电流，根据公式P=UI求出功率，定值电阻两端的电压等于总电压减去灯泡的电压，电流相等，进而求出电阻大小。
25．（2024九下·东莞模拟）阅读短文，回答问题。
如图，燃气热水器是一种方便、快捷且不受天气影响的洗浴设备。
图甲为某款燃气热水器结构和工作原理示意图。使用热水器时，先通电，绿色指示灯亮，再打开冷水阀和燃气管上的燃气阀，之后打开热水阀时，电子点火器点火，燃气在燃烧器内燃烧，产生1700℃的高温烟气，此时红色指示灯亮，同时风机工作，高温烟气上升，流经热交换器，将从A点处流入热交换器的冷水加热，产生的热水从B点处源源不断流出热交换器，低温烟气从排烟管排出。关闭热水阀时，热水器停止加热。研究发现：热交换器中，烟气与水之间单位时间传递的热量随交换器内水管表面积的增大而增大。热水器的技术参数如表，其中“额定耗气量”的含义是：热水器正常工作1小时消耗的燃气体积。
适用燃气 天然气
热值
额定耗气量
热水产出率
（1）热水器由家庭电路直接供电，正常工作时两端电压为 V；两个指示灯是二极管灯泡，该灯泡由 （选填“导体”“半导体”或“超导体”）材料制作，它们应 联在电路中；
（2）某次洗浴，设定热水管出水温度45℃，热水器正常工作用时15min。若该过程燃气完全燃烧，放出的热量为 J；
（3）现实中，燃气完全燃烧产生热量有如图乙几种流向，请补充完整： ，因此该燃气热水器热效率永远无法达到 ；
（4）下列措施中能提高热水器加热效率的是 。
A．使水管中的进水量减小 B．提高进水口冷水的初温
C．加长热交换器中水管长度 D．采用热值更高的燃料
【答案】220；半导体；并；2.7×107；热水器部件吸收；100%；C
【知识点】燃料的热值；热机的效率；串联电路和并联电路的辨别；半导体特点及作用
【解析】【解答】解：（1）我国家庭电路的电压为220V，则工作时两端电压为220V；两指示灯是二极管灯泡，二极管是由半导体材料制成的；两指示灯能够独立工作、互不影响，则它们应并联在电路中。
（2）由额定耗气量3.6m3/h可知，工作15min消耗燃气的体积
燃气完全燃烧释放的热量Q放=Vq=0.9m3×3×107J/kg=2.7×107J。
（3）由于不可避免会有能量的损失，除了图乙中的能量损失外还有热水器部件吸收的热量也是能量损失之一，所以该燃气热水器热效率永远无法达到100%。
（4）ABD．热水器加热效率是指被水吸收的热量与燃料完全燃烧产生的能量之比，只与水吸收的热量和燃料完全燃烧产生的能量有关，与燃料的热值、进水口冷水的初温、水管中的进水量的多少等无关，故ABD不符合题意；
C．热交换器中，烟气与水之间单位时间传递的热量随交换器内水管表面积的增大而增大，所以加长热交换器中水管长度可以增加水吸收的热量，减少了热损失，可以提高热水器加热效率，故C符合题意。
故选C。
故答案为： （1）220；半导体；并；（2）2.7×107；（3）热水器部件吸收；（4）C。
【分析】 （1）我国家庭电路的电压是220V；二极管主要是由半导体制作而成；并联电路各个用电器彼此不会互相影响；
（2）由热水器正常工作时间和额定耗气量计算消耗的燃气体积，根据Q放=qV计算燃气完全燃烧，放出的热量；
（3）工作过程中由于热水器部件吸收热量，所以该燃气热水器热效率永远无法达到100%；
（4）从减少热量散失方面分析提高热水器的效率。
