A

试题分析：根据电路图，电热丝和电动机是并联，要送出热风，应让电热丝和电动机上都有电流通过．

解：如果只有电动机工作，则吹出冷风；只有让电热丝通电后发热，电动机工作才会吹出热风，这样就必须让触点2和3同时接入电路．

故选A．

D

试题分析：分析电路图，两灯并联，IA为干路电流，IB、IC是两条支路的电流，根据并联电路的电流特点和电压特点求解．

解：（1）由图可知，为并联电路，A点在干路上，B、C两点在两条支路；并联电路电流的特点是：干路电流等于各支路电流之和，因此有IA=IB+IC；故AB错误．

（2）在并联电路中，各支路两端的电压相等；并且等于总电压．数学表达式为：U=U1=U1=U3…Un．故C错误，D正确．

故选D．

A

试题分析：（1）根据W=Gh求出有用功；

（2）根据η=求出总功，再利用W总=Fs求出拉力；

（3）对于改变滑轮组机械效率的方法，有两种情况：一是减轻动滑轮质量、加润滑油减小摩擦，这些方法可以减少额外功，提高机械效率；二是增加提升物体的重，在额外功不变的情况下，增大有用功，从而提高机械效率．

解：（1）有用功W有=Gh=600N×5m=3000J，故B错误；

（2）滑轮组的机械效率η=得：

W总===3750J，故C错误；

则F===250N，故A正确；

（3）对于改变滑轮组机械效率的方法，有两种情况：一是减轻动滑轮质量、加润滑油减小摩擦，这些方法可以减少额外功，提高机械效率；二是增加提升物体的重，在额外功不变的情况下，增大有用功，从而提高机械效率，故D错误．

故选：A．

C

试题分析：（1）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．

（2）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：小明从上坡上滑下，小明的质量不变，速度增大，动能增大；高度减小，重力势能减小．

故选C．

D

试题分析：（1）家庭电路中电流过大的原因有二：一是短路，二是用电器的总功率过大；

（2）电能表测量的是用电器消耗电能多少的仪器；

（3）保险丝不能用铁丝代替，否则电路中电流过大时不能自动熔断电路，起不到保险作用；

（4）大功率用电器和有金属外壳的用电器，防止触电事故的发生，要接地线．

解：A、家庭电路中的熔丝熔断，可能是发生了短路，也可能是电路中用电器的总功率过大，故A错误；

B、家用电能表的示数显示了家庭用电器消耗的总电能，故B错误；

C、用铁丝代替保险丝后，家庭电路中电流过大时，保险丝不能自动熔断切断电路，起不到保护作用，故C错误；

D、家用电器的金属外壳该用导线接地，防止漏电时造成触电事故，正确．

故选：D．

电压；串联；36；乙

试题分析：（1）首先应理解电源的作用就是给用电器两端提供电压，对人体安全的电压是不高于36V，家庭电路中各用电器之间为并联连接，开关与被控制的用电器是串联的．

（2）正确使用测电笔：手接触笔尾金属体，笔尖接触导线，氖管发光，导线是火线；氖管不发光的是零线．手千万不要接触笔尖金属体．

解：

电源的作用就是给用电器两端提供电压；开关控制用电器时，开关和用电器是串联时，才能在开关闭合时，用电器工作，开关断开时，用电器停止工作；

对人体来说，其安全电压是不高于36V；

甲图的使用方法是错误的，测电笔接触火线或零线，氖管都不发光；乙图的使用方法是正确的，手接触笔尾金属体．

故答案为：电压；串联；36；乙．

费力；变大

试题分析：（1）结合生活经验，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；

（2）从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂．根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B，阻力不变，阻力力臂变大，力F作用在杠杆一端且始终是水平方向，即方向不变，所以动力臂变小，则动力变大．

解：（1）由生活经验可知，镊子在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；

（2）将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B，阻力G的力臂变大，而阻力不变；

力F作用在杠杆一端且始终是水平方向，即方向不变，所以动力臂变小，

根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析得出动力F变大．

故答案为：费力；变大．

比热容；5×104

试题分析：比热容是指单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量；同样质量的不同物体，降低相同的温度，比热容大的物体放出的热量多；

知道牛奶的质量、牛奶的比热容、牛奶温度的变化，利用吸热公式Q吸=cm（t﹣t0）求牛奶吸收的热量．

解：（1）因为水的比热容大，同样质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，故北方冬季供暖的暖气用水做工作物质；

（2）牛奶吸收的热量：

Q吸=cm（t﹣t0）

=2.5×103J/（kg•℃）×0.25kg×（85℃﹣5℃）

=5×104J．

故答案为：比热容；5×104．

0.04；85.3

试题分析：（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI求出额定电流；

（2）设两种灯泡正常发光的时间为t，利用公式W=Pt计算消耗的电能，消耗的电能之差与白炽灯消耗的电能之比就是节约的百分比．

解：（1）由P=UI可得，LED灯的额定电流：

I===0.04A；

（2）设两种灯泡正常发光的时间为t，

由P=可得：

LED消耗的电能为W1=P1t=8.8W•t，白炽灯消耗的电能为W2=P2t=60W•t

LED灯可以节约的电能：×100%≈85.3%．

故答案为：0.04；85.3．

温度；大于

试题分析：物质是由分子组成的，组成物质的分子永不停息地做无规则的运动，物体温度越高，分子运动越剧烈；物体中所有分子做热运动的动能和分子势能的总和叫做物体的内能．内能与物体的温度、质量、状态等因素有关．

解：墨水在温水中比在冷水中扩散快，说明分子运动的快慢与温度有关；

物质由固态变为液态的过程要吸热，所以0℃的水比相同质量的0℃的冰内能大．

故答案为：温度；大于．

4；0.6

试题分析：（1）根据图象读出通过A导体的电流为0.2A时导体两端电压；

（2）A、B两电阻并联时，它们两端的电压相等，根据图象读出对于的电流，利用并联电路的电流特点求出电路中干路里的电流．

解：（1）由图象可知，通过A导体的电流为0.2A时，A导体两端电压为4V；

（2）将A、B两电阻并联接在4V电源的两端时，UA=UB=4V，

由图象可知．IA=0.2A，IB=0.4A，

∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，

∴电路中干路里的电流：

I=IA+IB=0.2A+0.4A=0.6A．

故答案为：4；0.6．

（1）电流；（2）＜；（3）温度计示数的变化；大；（4）大；（5）质量；与RB阻值相等．

试题分析：（1）RA与RB采用串联的方式，其目的是为了控制通电时间、通过的电流相等；

（2）串联电路有分压作用，电压与电阻成正比；

（3）温度计示数的变化反应了液体温度的变化，反映了液体吸收热量即电流产生热量的多少；根据Q=cm△t作出分析；

（4）根据实验控制的变量与焦耳定律分析出结论；

（5）由吸热公式Q吸=cm△t可知，要比较水和煤油的比热容大小，应让两瓶中水和煤油的质量m相等、吸收的热量相等（加热时间相等）．

解：

（1）两电阻丝串联连接的目的是：控制通电时间和通过电阻的电流相等；

（2）用电压表分别测出RA与RB两端电压的大小，发现UA＜UB，因为电压与电阻成正比，则RA＜RB；

（3）实验中通过观察两支温度计示数变化来比较电流产生的热量的多少；

根据Q=cm△t可知，在液体的质量和吸收的热量相同的情况下，液体的比热越小，温度升高的越快，所以选用比热容较小的煤油来做实验；

（4）根据焦耳定律可知，在电流和通电时间相同的情况下，导体的电阻越大，产生的热量越多；

（5）要比较水和煤油的比热容，则应让水和煤油的质量相等、吸收的热量（加热时间）相等，由温度的变化大小得出比热容的大小关系，故用相同质量的水代替煤油；把电热丝RA换成与RB阻值相同的电阻丝，电阻相等，在相同时间内放出的热量相同，所以水和煤油吸收的热量相同．

故答案为：（1）电流；（2）＜；（3）温度计示数的变化；大；（4）大；（5）质量；与RB阻值相等．

（1）①速度；②A；s；（2）电流表的示数；横截面积．

试题分析：（1）掌握影响动能大小的因素：速度和质量；

通过A对物体B做功，来探究A的动能大小，掌握转换法在实验中的应用；

（2）实验中采用转换法，通过观察电流表的示数来比较电阻的大小；

导体的电阻大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，通常情况下，认为温度相同，根据图中控制的变量和改变的量，得出探究的因素．

解：（1）①动能大小与物体的速度和质量有关，所以实验要探究的是物体动能的大小与物体速度和质量的关系；

②实验中探究的是小球A的动能，其大小是通过将木块推动的距离来判断的．

（2）实验中通过观察电流表的示数来比较电阻的大小；

由图知，实验中导体的材料和长度均相同，横截面积不同，电阻值不同，所以该实验研究的是电阻大小与导体横截面积的关系．

故答案为：（1）①速度；②A；s；（2）电流表的示数；横截面积．

（1）见图；（2）A1；R2；（3）BD；（4）0.3；（5）0.52；8.3．

试题分析：（1）根据额定电压选择电压表量程，由欧姆定律求出灯泡正常发光时的电流，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表．

（2）由欧姆定律求出灯泡正常发光时的电流，由串联电路特点求出此时滑动变阻器两端电压，由欧姆定律求出此时滑动变阻器接入电路的阻值，根据该阻值选择滑动变阻器；根据灯泡正常发光时的电流选择电流表．

（3）电流表应串连接入电路，电压表内阻很大，应与被测电路并联，如果电压表串联接入电路，电路相当于断路；灯泡实际功率很小时，灯泡不发光．

（4）由电流表的量程，读出电流表示数．

（5）由表中实验数据找出2.0V电压对应的电流，由P=UI求出灯泡的实际功率；由表中实验数据求出灯泡额定电压对应的电流，然后由欧姆定律求出此时灯泡电阻．

解：（1）小灯泡额定电压为2.5V，所以电压表应使用0﹣3V量程；变阻器一上一下串联接入电路．如图所示：

（2）灯泡正常发光时的电流约为I==≈0.3A＜0.6A，所以电流表应选择A1；

此时滑动变阻器两端电压U滑=U﹣UL=6V﹣2.5V=3.5V，则此时滑动变阻器接入电路的阻值为R==≈11.67Ω＞10Ω，滑动变阻器应选R2；

（3）实验时把电压表串联接入电路，电流表与灯泡并联接入电路，由于电压表内阻很大，电压表串联接入电路后电路电流很小几乎为零，电流表与小灯泡都不会烧坏，电压表示数约等于电源电压6V，小灯泡实际功率很小，小灯泡不发光，故AC错误，BD正确．

（4）电流表使用0﹣0.6A量程，分度值0.02A，读数为0.3A．

（5）由表中实验数据可知，电压为2.0V时，通过灯泡的电流为0.26A，此时灯泡实际功率为P=UI=2V×0.26A=0.52W；

由表中实验数据可知，灯泡额定电压2.5V对应的电流为0.3A，

灯泡正常发光时的电阻为R===8.3Ω．

故答案为：（1）见上图；（2）A1；R2；（3）BD；（4）0.3；（5）0.52；8.3．

（1）完全燃烧50kg汽油能释放出2.3×109J的热量；若汽油机的效率为30%，从本溪开到承德汽车做了6.9×108J的有用功；

（2）新型高效混合燃气汽车的效率为50%．

试题分析：（1）汽油燃烧放热由Q=mq算出；有用功为汽油燃烧放热的30%；

（2）新型高效混合燃气汽车的效率为有用功与燃气燃烧放热的比值．

解：（1）50kg的汽油完全燃烧放出的热量为：

Q放=m汽油q汽油=50kg×4.6×107J/kg=2.3×109J；

由题意可知，从西安开到延安汽车做的有用功为：W有用=η汽油机Q放=30%×2.3×109J=6.9×108J；

（2）燃气燃烧放热Q放=V燃气q燃气=0.24m3×0.5×11.5×109J/m3=1.38×109J，

汽车两种情况下运动的路程相同，即有用功相同，故混合燃气汽车的效率为：

η燃气汽车=×100%=×100%=50%

答：（1）完全燃烧50kg汽油能释放出2.3×109J的热量；若汽油机的效率为30%，从本溪开到承德汽车做了6.9×108J的有用功；

（2）新型高效混合燃气汽车的效率为50%．

（1）电热水壶正常工作时的电流是5A，电热水壶的电阻是44Ω；

（2）该电热水壶正常工作5min消耗的电能是3.3×105J；

（3）在用电高峰，家庭电路实际电压只有198V，此时电热水壶的实际功率是891W．

试题分析：（1）电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出正常工作时的电流，根据欧姆定律求出电热水壶的电阻；

（2）根据P=求出该电热水壶正常工作5min消耗的电能；

（3）知道家庭电路实际电压，根据P=求出电热水壶的实际功率．

解：（1）由P=UI可得，电热水壶正常工作时的电流：

I===5A，

由I=可得，电热水壶的电阻：

R===44Ω；

（2）由P=可得，该电热水壶正常工作5min消耗的电能：

W=Pt=1100W×5×60s=3.3×105J；

（3）家庭电路实际电压只有198V时，电热水壶的实际功率：

P实===891W．

答：（1）电热水壶正常工作时的电流是5A，电热水壶的电阻是44Ω；

（2）该电热水壶正常工作5min消耗的电能是3.3×105J；

（3）在用电高峰，家庭电路实际电压只有198V，此时电热水壶的实际功率是891W．

试题分析：（1）已知支点，延长力的作用线，过支点作力的作用线的垂线段．

（2）要既省力又能改变力的方向，应使拉力方向向下，然后根据情况判断绕线方式．

（3）家庭电路中，为保证安全，火线必须通过开关连接到灯泡．

解：（1）延长动力作用线，过支点O作动力作用线的垂线段（即动力臂L）．如图所示：

（2）由题意知，拉力方向应向下，确定绳子的方向，然后依次绕线，如图所示：

（3）电灯的连接，与灯泡相连的开关必须控制火线，电灯的另一端直接接在零线上．如图所示：