2020-2021学年重庆市缙云教育联盟九年级（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年重庆市缙云教育联盟九年级（上）期末物理试卷，共24页。试卷主要包含了8m/s，下坡的速度是1，2m/sB，【答案】D，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。

下列说法正确的是( )
A. 长期处于140dB环境中，对人体没有伤害
B. 太阳灶烧水做饭，是利用凹面镜对光有会聚作用
C. 放映电影时，银幕能发生镜面反射，使人从四面八方都能看到银幕上的像
D. 太阳通过树叶小孔所成的像是倒立、缩小的虚像
甲、乙两物体同时同地向东运动。运动的s−t图像。如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 0−t1时间内选甲为参照物、乙是向西运动
B. t1−t2时间内甲为静止状态，t2时刻甲、乙两物体相遇
C. 0−t1时间内甲的平均速度比乙的平均速度大
D. t3−t4时间内甲的平均速度小于乙的平均速度
关于热学知识下列说法正确的是( )
A. 物体吸收热量，内能增大，温度一定升高
B. 质量相同的同种物质，温度越高，含有的热量越多
C. 同一物态的某种物质，吸收或放出的热量跟质量与温度变化的乘积之比是个恒量
D. 扩散现象中，分子可以从低温物体扩散到高温物体
如图甲所示，两个完全相同的验电器A和B，A带正电，B不带电，用一根带绝缘柄的金属棒把两个验电器的金属球连接起来，如图乙所示，连接的瞬间，下列说法中正确的是( )
A. 正电荷从A移动到BB. 正电荷从B移动到A
C. 电流从A到BD. 电子从A移动到B
将物体放在焦距为f的凸透镜主轴上，分别离凸透镜20cm、14cm、6cm时，各能得到缩小的实像、放大的实像和放大的虚像，则该凸透镜的焦距f为( )
A. 10cm>f>6cmB. 10cm>f>7cm
C. 14cm>f>10cmD. 20cm>f>14cm
小明在上学的路上要经过一段山路，上坡的路程是下坡路程的23，若他上坡的速度是0.8m/s，下坡的速度是1.2m/s，则他在这段路程中的平均速度是( )
A. 1.2m/sB. 0.8m/sC. 1m/sD. 0.96m/s
一位经验不足的护士在忙碌中用同一支体温计连续测了甲、乙、丙三人的体温，中途没有将水银甩下去，结果测得三人的体温都是39.5℃，有关三人的真实体温，下列说法正确的是( )
A. 三个人体温都是39.5℃
B. 甲的体温一定是39.5℃
C. 乙、丙两人的体温都一定低于39.5℃
D. 乙、丙两人的体温都高于39.5℃
如图为某台灯用于调节亮度的电位器结构图，A、B、C是它的是三个接线柱，A、C分别与弧形电阻丝的两端相连，B与金属滑片P相连，转动旋钮，滑片在弧形电阻丝上同向滑动即可调节灯泡亮度，下列分析正确的是( )
A. 电位器与灯泡并联
B. 若只将A、B接入电路，顺时针转动旋钮时灯泡变暗
C. 若只将A、C接入电路，顺时针转动旋钮时灯泡变亮
D. 若只将B、C接入电路，顺时针转动旋钮时灯泡变暗
如图，在探究“电流与电阻关系”时，电源电压恒为3V，实验准备了阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω的电阻，当将5Ω的电阻接入R所在位置时，调节滑动变阻器，使电压表的示数为2V，再分别用10Ω、20Ω的电阻替换的5Ω电阻进行实验，下列说法正确的是( )
A. 连接电路时，开关应处于断开状态
B. 此实验中滑动变阻器的作用是改变R两端的电压
C. 用10Ω的电阻替换5Ω电阻实验时，保持滑片位置不动直接闭合开关，发现电压表的示数大于2V
D. 用10Ω的电阻代替5Ω电阻实验时，为达到实验目的应调节滑片向左移动
某班同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，记录并绘制了像到凸透镜的距离v跟物体到凸透镜的距离u之间关系的图像，如图所示，下列判断正确的是( )
A. 该凸透镜的焦距是8cm
B. 当u=12cm时，在光屏上能得到一个放大的像
C. 当u=20cm时成放大的像。投影仪就是根据这一原理制成的
D. 把物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，像逐渐变大
为测量某种液体的密度，小明利用天平和量杯测量了液体和量杯的总质量m及液体的体积V，得到了几组数据并绘出了m‒V图象，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该液体密度为1g/cm3B. 该液体密度为1.25g/cm3
C. 量杯质量为40 gD. 60cm3的该液体质量为60 g
冬天，人说话时，可以看到口里呼出“白气”；夏天，打开冰箱时，也可以看到从冰箱里冲出“白气”。下列对这两次“白气”产生的原因，分析正确的是( )
A. 口里呼出的“白气”是口里的气体中的水蒸气液化产生的
B. 冰箱里冲出的“白气”是冰箱里的气体中的水蒸气汽化产生的
C. 冰箱里冲出的“白气”是冰箱里气体中的水蒸气液化产生的
D. 口里呼出的“白气”是口里的气体中的水蒸气汽化产生的
如图1所示，瓶子里装有少量的水，用力打气，瓶塞向上跳起，瓶内有白雾产生。白雾是发生______形成的(填写物态变化的名称)。瓶塞向上跳起过程中，瓶内气体对外做功，瓶内气体温度______(选填“升高”、“不变”、“降低”)，瓶内气体的______能转化为瓶塞的______能，其能量转化情况与四冲程汽油机的______冲程相同。如图2所示为汽油机能量流向图，该汽油机的效率是______。
如图1所示，物体的长度是______cm；如图2所示，符合长度测量要求的是______；如图3所示，秒表的读数为______s。
如图，OA、OB和OC是射到空气和玻璃界面上的入射线、反射线和折射线三条光线，则______是法线，反射角为______度，折射角为______度．
小华发现家中空调每制冷工作10min后，就转变成送风状态工作5min，再转变为制冷状态，如此反复．为了测量空调制冷时电功率，他在空调插座处接入一个电能表用于测量空调消耗的电能．相关数据见表，如图，空调送风10min所消耗的电能为______ kW⋅h，30min内空调消耗的电能为______ kW⋅h，空调制冷时的电功率为______ kW.
现有下列器材：恒定电源(15V)、定值电阻(10Ω、20Ω、25Ω和30Ω各一个)、电流表、电压表、开关、滑动变阻器(100Ω1A)和导线若干。小王设计了如图甲所示的电路图探究“电流与电阻的关系”。
(1)请用笔画线代替导线将如图乙所示的电路连接完整(要求：滑片向左移动时滑动变阻器阻值变大)；
(2)小王连上最后一根导线后，立即看到电流表、电压表指针有明显的偏转，你认为他实验操作的错误之处是：______ ；
(3)实验过程中，他先将10Ω的定值电阻接入电路，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为3V，测得电流表示数为0.3A，断开开关，保持滑片位置不动，直接用20Ω的电阻替换10Ω的电阻，闭合开关后，发现电流表读数______ (选填“大于”或“小于”)0.15A，为了继续完成实验，他应将滑动变阻器的滑片向______ (选填“左”或“右”)移。此实验中滑动变阻器的作用是保护电路和______ ；
(4)他将10Ω、20Ω、25Ω三个定值电阻分别接入电路中，调节滑动变阻器滑片，读出电流表的示数，数据如表所示，由此得出结论：当电压相同时，电流与电阻成______ 关系；
(5)接着他又将30Ω的定值电阻接入电路中，闭合开关后，发现无论怎样移动滑动变阻器滑片，电压表示数都不能为3V。为顺利完成以上所有探究，他设计了如下四个调整方案，你认为不可行的是______ 。
A.如果只调整电压表的示数，则应控制电压表示数范围为4V∼10V；
B.如果只更换定值电阻，则更换的电阻阻值范围是3Ω∼25Ω；
C.如果只更换滑动变阻器，则更换的滑动变阻器最大阻值不小于120Ω；
D.如果只更换电源，则更换的电源电压范围是3V∼13V。
小明喝水时，偶然发现透过水面看不见玻璃水杯外侧的手指。他感到很惊奇：玻璃和水都是透明物质，为什么光却不能透过呢？小明决定找出原因。下面是小明的探究过程：
根据光经过的路径，首先想到了这种现象与光的折射有关。为此他根据光从水中射向空气的光路进行了推测，如图。光从水中射向空气时，折射角大于入射角，当入射角逐渐增大时，折射角也逐渐增大。那么，当入射角增大到某一值时，会不会…
(1)小明的推测是______。
(2)小明为了验证自己的推测，进行了如图所示的实验。实验过程中逐渐增大激光笔射向水面的入射角的角度，当增大到某一角度时，小明观察到______，证实了自己的推测
(3)当光从空气射向水中时，也会出现“看不见”的现象吗？说出你的观点并解释：______。
如图所示的是建设公路时的载重汽车为了防止汽车行驶时发动机温度过高载重汽车安装了一个水箱与发动机相接触。下表是该汽车的参数已知汽车在平直公路上匀速行驶时所受阻力是汽车总重的0.02倍某次汽车满载以10m/s的速度在平直路上匀速行驶108km消耗柴油30kg；装满的水箱中水温升高了80℃。【，，g取10N/kg】
请你根据以上信息解决下列问题：
(1)水箱中水吸收的热量是多少？
(2)载重汽车在平直路面上满载匀速行驶时牵引力的功率是多少？
(3)载重汽车在此行驶过程中的热机效率是多少？
如图所示的电路中，电源电压为6V且保持不变，滑动变阻器R1的规格为“20Ω0.5A”，R2=7.5Ω，R3=15Ω，电压表V1和V2接入电路的量程均为0∼3V，电流表接入电路的量程为0∼0.6A。
(1)闭合开关S和S1，移动滑动变阻器R1的滑片，使电流表的示数为0.3A，求此时R1接入电路的阻值是多少Ω？
(2)闭合开关S和S1，将滑片从滑动变阻器R1的最左端移动到中点的过程中，求电流表的示数变化范围？
(3)若电源电压大小可调，闭合开关S和S2，在保证电路安全的前提下，滑动变阻器R1可接入的最大阻值是最小阻值的4倍，求此时电源电压是多少V？
“海上联合--2012”中、俄海上联合军事演习于2012年4月22日至27日在青岛附近的黄海海域举行。假设在演习中一艘鱼雷快艇以30m/s的速度追击前面同一直线上正在逃跑的敌舰。当两者相距L=2km时，发射一枚鱼雷，鱼雷在水中以60m/s的速度前进，经过t1=50s，艇长通过望远镜看到了鱼雷击中敌舰发出的火光，同时发现受损敌舰仍在继续逃跑，于是马上发出了第二次攻击命令，第二枚鱼雷以同样的速度前进，又经过t2=30s，鱼雷再次击中敌舰并将其击沉。(不考虑光传播的时间)
求：
(1)第一枚鱼雷击中敌舰前敌舰逃跑的速度υ1是多大？
(2)第二枚鱼雷击中敌舰前敌舰逃跑的速度υ2是多大？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、长期处于120dB环境中，听力会受到严重影响并产生神经衰弱、头疼、高血压等疾病；对人体伤害很大，故A错误，
B、利用凹面镜制成的太阳灶，利用会聚的太阳光可以烧水、煮饭，既节省燃料，又不污染环境，故B正确；
C、粗糙的银幕表面凹凸不平，银幕把射来的光线向四面八方反射，但光线本身并不会弯曲，这样使人从四面八方看到银幕上的像，这种反射属于漫反射，故C错误；
D、太阳通过树叶小孔所成的像是倒立、缩小的实像，故D错误。
故选：B。
(1)长期生活在90db以上的噪声环境中，听力会受到严重影响并产生神经衰弱、头疼、高血压等疾病；
如果突然暴露在高达150db的噪声环境中，鼓膜会破裂出血，双耳完全失去听力。
(2)凹面镜对光有会聚作用；
(3)反射分镜面反射和漫反射，平行光线入射到平而光滑反射面上，反射光线还是平行射出，这种反射是镜面反射；平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射；
(4)小孔成像是光的直线传播。
本题考查了声音的等级、光沿直线传播的应用、漫反射等多个知识点，属于基础知识的考查，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。
2.【答案】D
【解析】解：AC、由图知，0−t1时间内甲通过的路程比乙大，根据v=st知，0−t1时间内甲的平均速度比乙的平均速度大，所以当以甲车为参照物时，乙车是向西运动，故AC正确；
B、由图知，t1−t2时间内甲的路程不再变化，处于静止状态，t2时刻甲乙通过的路程相同，甲、乙两物体相遇，故B正确；
D、由图知，t3−t4时间内甲通过的路程大于乙通过的路程，故甲的平均速度大于乙的平均速度，故D错误。
故选：D。
(1)在相同时间内，比较路程的远近可以比较运动快慢，根据图像，运用控制变量法，分析出甲、乙两辆小车的运动快慢情况；然后再根据运动和静止的相对性判断以甲车为参照物，乙车的运动方向；
(2)根据图像判断各段的运动情况，根据v=st判断出各段的速度。
根据图像或图表探究物质的规律是近两年来出现较多的题目，图像可以使我们建立更多的感性认识，从表象中去探究本质规律，体验知识的形成过程。此题涉及到的知识点较多，综合性很强。
3.【答案】C
【解析】解：A、物体吸收热量，内能增大，温度不一定升高，例如：晶体熔化，吸收热量，物体内能增大，温度不变，故A错误；
B、热量是一过程量，描述它的术语是“吸收和“放出“，不能用含有，故B错误；
C、比热容是物质的一种特性，是物质本身的固有的属性.与物质的种类有关、与物质的状态有关。对同一物态的某种物质而言，吸收或放出的热量跟质量与温度的变化的乘积之比是一衡量，故C正确；
D、扩散现象是指相互接触的物体的分子彼此进入对方的现象，所以在扩散现象中，分子一定可以从低温物体运动到高温物体，扩散是大量分子的宏观描述，分子只能说“运动到高温物体”，而不能说“分子扩散到高温物体”，故D错误。
故选：C。
(1)发生热传递时，物体吸收热量，内能增大，增加的内能可能升高温度，也可能发生状态变化。
(2)热量是一个过程量，存在于热传递过程中，只能说吸收或者放出热量，不能说含有或者具有热量。
(3)比热容是物质的一种特性，是物质本身的固有的属性.与物质的种类有关、与物质的状态有关。
(4)扩散现象是指相互接触的物体的分子彼此进入对方的现象。
在分析温度、内能、热量的关系时，要注意晶体熔化、晶体凝固、液体沸腾这几个特殊例子，这是学生比较容易出错的内容，要特别注意。
4.【答案】C
【解析】解：用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来，A带正电，B也带正电，是由于电子可以沿金属棒从B向A移动，B失去电子而带正电，所以电子定向移动方向是从B到A；物理学规定正电荷定向移动的方向是电流的方向，故金属棒中瞬间电流的方向与电子的定向移动方向相反，即电流方向是从A到B。
故选：C。
接触带电的过程中，是电子发生了定向转移；规定正电荷定向移动的方向是电流的方向；自由电子的定向移动的方向与电流方向相反。
知道接触带电是电子的定向移动，明确形成电流的条件和电流方向的规定，是解答此题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：
(1)当物体离凸透镜20cm时，成缩小的实像，因此物体位于凸透镜的2倍焦距之外，即20cm>2f，解得f<10cm----------①；
(2)当物体离凸透镜14cm时，成放大的实像，因此物体位于凸透镜的1倍焦距和2倍焦距之间，即f<14cm<2f，解得7cm(3)当物体离凸透镜6cm时，成放大的虚像，因此物体位于凸透镜的1倍焦距之内，即6cm综合①②③可得7cm故选：B。
根据凸透镜成像性质，判断凸透镜成像时物距和焦距的关系，求出凸透镜的焦距取值范围。
u>2f，成倒立、缩小的实像。
2f>u>f，成倒立、放大的实像。
u根据凸透镜的成像性质，然后根据物距和焦距，或像距和焦距的关系解不等式，确定凸透镜的取值范围。这是一类习题，一定要掌握。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
求这段路程中的平均速度首先要从题中找出总路程和总时间，题中没有给出路程的大小，可以利用上坡路程是下坡路程的23，假设出上下坡路程，分别求出上下坡时间，代入公式中，消掉假设的未知数s，最后得出平均速度。
本题不难理解，但推导过程比较麻烦，牵扯到复杂的数学运算，比较容易出错。
【解答】由题意上坡的路程是下坡路程的2/3，假设这段山路上坡的路程为2s，则下坡路程为3s；
上坡时间；下坡时间；
总时间；
总路程；
则他在这段路程中的平均速度
故选：C。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查学生对体温计的使用方法和读数方法的了解和掌握，是一道基础题。
由于体温计的特殊构造，即液泡上方有一很细的缩口，在离开人体读数时，液柱不下降，故使用前应用力甩一下；
用没甩的体温计测体温时，如果被测的温度比原先高，则读数准确，如果被测的体温比原先低，则仍然是原先的读数。
本题主要考查学生对体温计的使用方法和读数方法的了解和掌握，是一道基础题。
【解答】
甲的体温等于39.5℃，因为甲测体温前用的是甩好的体温计，所以结果准确；给乙和丙测量时没甩体温计，结果不一定准确，可能等于、也可能小于甲的体温，故B正确。
故选B。
8.【答案】D
【解析】解：
A、电位器串联在电路中能改变电路中电流的大小，所以图中电位器应与灯泡串联，故A错误；
B、若只将A、B接入电路，滑片左边的电阻丝接入电路，即滑片顺时针转动旋钮时，电阻变小，灯泡变亮，故B错误；
C、若只将A、C接入电路，电位器的全部电阻丝都接入电路，不能改变电路的电流，所以不能改变灯泡的亮度，故C错误；
D、若只将B、C接入电路，滑片右边的电阻丝接入电路；顺时针转动旋钮时，电位器接入电路的电阻变大，电路中电流变小，灯泡变暗，故D正确。
故选D。
(1)电位器的实质是滑动变阻器；串联在电路中能改变电路中电流的大小；
(2)若将图中A、C接入则接入了全部电阻片，不能改变电阻大小，接线时A、C只能选择其一接入电路，结合图示可做出分析。
此题考查学生对于滑动变阻器的理解和掌握。熟知使用和接线原则是解题关键。
9.【答案】AC
【解析】解：A、在连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态，A正确；
B、在探究“电流与电阻关系”时，要控制电阻的电压不变，故此实验中滑动变阻器的作用是控制R两端的电压不变；B错误；
CD、根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大，即电压表的示数大于2V；C正确；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为2V，D错误。
故选：AC。
A、在连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态；
B、电流与电压和电阻有关，研究电流与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析；
CD、据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
本题探究“电流与电阻关系”，考查注意事项、控制变量法和操作过程，要掌握。
10.【答案】AB
【解析】解：A、据凸透镜成像规律可知，当u=v=2f时，凸透镜成倒立、等大的实像；由图可知u=v=2f=16cm，所以f=8cm，故A正确；
B、当u=12cm时，2f>u>f成倒立、放大的实像，故B正确；
C、当u=20cm时，u>2f光屏上成倒立、缩小的实像，其应用是照相机，故C错误；
D、物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，物距大于焦距，成实像，凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小，故D错误。
故选：AB。
(1)物距等于二倍焦距成倒立等大实像，像距等于二倍焦距；
(2)物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，像距大于二倍焦距；
(3)物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距；
(4)凸透镜成实像时有物近像远像变大的特点。
本题考查凸透镜成像规律实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
11.【答案】AD
【解析】解：
(1)设量杯的质量为，液体的密度为ρ，
读图可知，当液体体积为V1=20cm3时，液体和杯的总质量
可得：，---①
当液体体积为V1=80cm3时，液体和杯的总质量
可得：，---②
①-②得：
液体的密度ρ=1g/cm3，故A正确，B错误；
代入①得，故C错误；
(2)当液体的体积V3=60cm3，液体质量：
m3=ρ×V3=1g/cm3×60cm3=60g，故D正确。
故选：AD。
(1)设量杯的质量为，液体的密度为ρ，读图可知，当液体体积为V1=20cm3时，液体和杯的总质量；当液体体积为V1=80cm3时，液体和杯的总质量，列方程组求出液体密度和量杯质量；
(2)当液体的体积V3=60cm3，利用m=ρV求液体质量。
读取图象获取信息，进一步进行分析和计算，是本题的一大特点，形式较为新颖，即考查了密度的相关计算，同时更考查了对图象的认识，值得我们关注，这也是我们应该锻炼的实验能力。
12.【答案】A
【解析】解：AD、口里呼出的“白气”是口里的水蒸气遇冷的空气液化形成的，故A正确，D错误；
BC、冰箱里冲出的“白气”是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故B、C错误。
故选：A。
白气是热的水蒸气遇冷变成的小水珠，是液化过程。
白气是热的水蒸气遇冷液化形成的，一定确定哪里是温度高的，哪里是温度低的。
13.【答案】液化 降低 内 机械 做功 30%
【解析】解：
(1)白雾是小水滴，是水蒸气遇冷放出热量发生液化形成的；
瓶塞跳起的过程中，瓶内气体对外做功，瓶内气体的内能转化为瓶塞的机械能，瓶内气体温度降低，这一过程的能量转化情况与内燃机的做功冲程相同；
(2)从汽油机能量流向图可知，汽油机的效率：100%−15%−15%−40%=30%。
故答案为：液化；降低；内；机械；做功；30%。
(1)①物质由气态变为液态称为液化；
②做功可以改变物体的内能，物体对外做功，内能减小，温度降低；
③内燃机做功冲程是将内能转化为机械能，在压缩冲程是将机械能转化为内能；
(2)由能量流向图得出转化为有用功的能量占总能量的比值，得出汽油机的效率。
本题考查了物态变化、做功改变物体内能以及对内燃机能流图的了解与掌握，是一道综合性题目，难度不大。
14.【答案】3.00乙 337.5
【解析】解：
(1)由图1可知，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与3.50cm对齐，右侧与6.50cm对齐，物体的长度是6.50cm−3.50cm=3.00cm；
由图2可知，甲刻度尺的刻线没有紧靠被测物体，乙刻度尺的刻线紧靠被测物体，所以符合长度测量要求的是图乙；
(2)由图3可知，在秒表的中间表盘上，1min中间有两个小格，所以一个小格代表0.5min，指针在“5”和“6”之间，偏向“6”一侧，所以分针指示的时间为5min=300s；在秒表的大表盘上，1s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1s，指针在37.5s处，所以秒针指示的时间为37.5s，即秒表的读数为300s+37.5s=337.5s。
故答案为：3.00；乙；337.5。
(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，减去前面的刻度值即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；用刻度尺测物体长度时，刻度尺应与被测物体平行，带有刻度线的一侧紧靠被测物体；
(2)图中秒表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和。
本题考查了停表的读数、刻度尺读数及使用方法等问题，是一道基础题，一定要掌握常用测量器材的使用及读数方法。
15.【答案】NN′3060
【解析】解：由于反射角等于入射角，故CO是入射光线，OB是反射光线，则OA是折射光线，MM′是界面，NN′是法线，反射角和入射角为30∘，折射角为60∘.
故本题答案为：NN′；30；60.
光线从一种介质斜射向另一种介质时，在界面将发生反射和折射，注意入射光线和反射光线具有对称性，在界面的同侧，入射光线和折射光线不对称，分别在界面的两侧，故先由反射角等于入射角判断出入射光线和反射光线，再判断其它．
本题考查了光的反射定律和折射规律的应用．解题的关键是由反射定律判断出入射光线和反射光线．
16.【答案】0.03；0.5；1.41
【解析】解：
(1)∵P=Wt，
∴空调送风10分钟所消耗的电能：
W1=P1t=0.18kW×1060h=0.03kW⋅h；-----①
(2)30分钟内空调消耗的电能：
W=1700.5kW⋅h−1700.0kW⋅h=0.5kW⋅h；-----②
(3)由②可得15分钟内空调消耗的电能：
W′=12W=12×0.5kW⋅h=0.25kW⋅h，
由①可得空调送风5分钟所消耗的电能：
W1′=12W1=12×0.03kW⋅h=0.015kW⋅h，
空调一次制冷消耗的电能：
W2=W′−W1′=0.25kW⋅h−0.015kW⋅h=0.235kW⋅h，
空调制冷时的电功率：
P2=W2t=0.235kW⋅h1060h=1.41kW.
故答案为：0.03；0.5；1.41.
(1)由表中数据可知送风状态的功率，知道送风时间，利用W=Pt求空调送风10分钟所消耗的电能；
(2)由30分钟前后电能表示数变化可知30分钟内空调消耗的电能，注意最后一位是小数点后面一位，单位是kW⋅h；
(3)上面求出了30分钟内空调消耗的电能(两个循环消耗的电能)，可求15分钟内空调消耗的电能(一个循环，即制冷一次、送风一次消耗的电能)；
上面求出了空调送风10分钟所消耗的电能，可求空调送风5分钟所消耗的电能(一次送风消耗的电能)；
空调一次制冷消耗的电能等于一个循环消耗的电能减去一次送风消耗的电能，知道一次制冷时间，利用功率公式求空调制冷时的电功率．
本题考查了电能表的读数、电能和电功率的计算，知道空调一个循环，制冷一次、送风一次，以及相应的时间是本题的关键．
17.【答案】连接电路时开关没有断开 大于 左 控制定值电阻两端电压保持不变 反比 AB
【解析】解：(1)因为滑片向左移动时滑动变阻器阻值变大，故变阻器右下接线柱连入电路中，所以电路图如下图所示：
(2)小王连上最后一根导线后，立即看到电流表、电压表指针有明显的偏转，说明连接电路时开关没有断开；
(3)①先将10Ω的定值电阻接入电路，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为3V，测得电流表示数为0.3A，根据串联电路电压的规律及欧姆定律，则滑动变阻器连入电路的阻值：
；
断开开关，保持滑片位置不动，直接用20Ω的电阻替换10Ω的电阻，闭合开关后，根据串联电阻的规律及欧姆定律，则电流表读数为：
，所以电流表的示数大于0.15A；
②根据串联分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数不变；
③此实验中滑动变阻器的作用除了保护电路外，还起到控制定值电阻两端电压保持不变的作用；
(4)由实验数据可知，电阻增大为原来的几倍，通过的电流减小为原来的几分之一，得出的结论是：当定值电阻两端电压一定时，电流与电阻成反比；
(5)A.本实验是探究电流与电阻的关系，需要将定值电阻两端的电压保持3V不变，实验中无论怎样移动滑动变阻器滑片，电压表示数都不能为3V，若控制电压表示数范围为4V∼10V，则与实验目标不一致，所以方案不可行，故A符合题意；
B.电源电压为15V，由串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为：15V−3V=12V，变阻器的电压为电压表示数的4倍，若更换25Ω的电阻，由分压原理，滑动变阻器连入电路的阻值应为：
；
已知电路允许通过最大电流为0.6A，所以电路的总电阻最小为：
；
根据串联电路电压的规律及分压原理，定值电阻的最小阻值应为：
；
如果只更换定值电阻，则更换的电阻阻值范围是5Ω∼25Ω，所以方案不可行，故B符合题意；
C.如果只更换滑动变阻器，根据分压原理，则更换的滑动变阻器最大阻值至少为：
；
所以方案可行，C不符合题意；
D.若更换的电源电压范围是3V∼13V，当电源电压为13V时，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：，由分压原理，则滑动变阻器连入电路的阻值：
；
当电源电压为3V时，则滑动变阻器的阻值应调为0Ω，此时定值电阻的电压等于电源电压，即为3V，更换的电源电压范围是3V∼13V，所以方案可行，故D不符合题意。
故选A。
故答案为：(1)如上所示；(2)连接电路时开关没有断开；(3)大于；左；控制定值电阻两端电压保持不变；(4)反比；(5)AB。
(1)根据滑片向左移动时滑动变阻器阻值变大确定变阻器右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)①根据已知条件，由串联电路电压的规律及欧姆定律得出滑动变阻器连入电路的阻值；
直接用20Ω的电阻替换10Ω的电阻，根据串联电阻的规律及欧姆定律求出电流表读数分析回答；
②研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，由分压原理和串联电路电压的规律回答；
③研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，据此分析此实验中滑动变阻器的作用除了保护电路外，还起到的另外一个作用；
(4)分析实验数据得出结论；
(5)A.本实验是探究电流与电阻的关系，需要将定值电阻两端的电压保持3V不变，据此回答；
B.由串联电路电压的规律得出变阻器分得的电压，由分压原理得出更换25Ω的电阻，滑动变阻器连入电路的阻值大小；
已知电路允许通过的最大电流为0.6A，由欧姆定律得出电路的最小总电阻，根据串联电路电压的规律及分压原理求出定值电阻的最小阻值；
C.根据分压原理求出更换的滑动变阻器最大阻值至少为多少；
D.当电源电压为13V时，根据串联电路电压的规律和分压原理求出滑动变阻器连入电路的阻值；
当电源电压为3V时，则滑动变阻器的阻值应调为0Ω，此时定值电阻的电压等于电源电压，据此分析回答。
本题探究“电流与电阻的关系”，考查电路连接、注意事项、操作过程、控制变量法和数据分析及对实验与器材的要求，最后一问难度较大。
18.【答案】(1)折射光线消失；(2)光斑消失；(3)不会，光从空气斜射入水中时，折射角始终小于入射角。
【解析】解：(1)如图。光从水中射向空气时，折射角大于入射角，当入射角逐渐增大时，折射角也逐渐增大。那么，当入射角增大到某一值时，可能会发现折射光线消失；
(2)据(1)的猜想可知，若猜想正确，即该实验过程中逐渐增大激光笔射向水面的入射角的角度，当增大到某一角度时，光斑会消失；
(3)据上面的规律不难看出，由于光从水中斜射向空气时，折射角大于入射角，所以当折射角增大到某种程度后，折射光线会消失；而光线从空气斜射向水中时，折射角小于入射角，所以不会出现上述现象。
故答案为：(1)折射光线消失；(2)光斑消失；(3)不会，光从空气斜射入水中时，折射角始终小于入射角。
(1)据折射角的变化观察分析即可判断；
(2)据上面的猜想可知，若猜想正确，肯定在某一时刻，折射光线会消失，所以据此分析即可解决；
(3)据上面的规律不难看出，由于光从水中斜射向空气时，折射角大于入射角，所以当折射角增大到某种程度后，折射光线会消失；
而光线从空气斜射向水中时，折射角小于入射角，据此就可以判断出是否能出现上述现象。
此题通过光从水或玻璃中斜射入空气中时，折射角大于入射角的特点，得出当入射角增大到某一角度时，折射现象消失，发生全反射现象，拓展了学生的知识面。
19.【答案】解：(1)水的体积为：V=50L=50×10−3m3=5×10−2m3
水的质量为：m=ρV=1.0×103kg/m3×50×10−3m3=50kg
装满的水箱中水温升高了80℃则水箱中水吸收的热量为：
；
(2)汽车满载时的总重：
，
汽车受到的阻力：
，
因为汽车在平直路上匀速行驶，
所以汽车牵引力：
F=f=4000N，
牵引力的功率：
P=Wt=Fst=Fv=4000N×10m/s=4×104W；
(3)牵引力做的功：
W=Fs=4000N×108×103m=4.32×108J，
柴油完全燃烧放出的热量：
；
载重汽车在此行驶过程中的热机效率：
。
答：(1)水箱中水吸收的热量是1.68×107J；
(2)载重汽车在平直路面上满载匀速行驶时牵引力的功率是4×104W；
(3)载重汽车在此行驶过程中的热机效率是36%。
【解析】(1)知道水箱的容积，利用密度公式求水的质量，由题意和表格数据可知，需要把水加热到80℃，
根据公式求水箱中水吸收的热量；
(2)利用G=mg求汽车满载总重，利用f=0.02G求汽车受到的阻力，由于汽车在平直路上匀速行驶，汽车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，再利用P=Fv求牵引力的功率；
(3)利用W=Fs求牵引力做的功，汽车热机效率等于牵引力做的功与柴油完全燃烧放出的热量之比。
本题力学和热学综合题，考查了重力公式、密度公式、吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、功的公式、功率公式、效率公式以及二力平衡条件的应用，知识点多、综合性强！
20.【答案】解：(1)由I=UR可知，电路的总电阻：，
因串联电路中的总电阻等于各部分电阻之和，所以R1接入电路的阻值：；
(2)当滑片在最左端时，电路电流：I′=UR3=6V15Ω=0.4A，
当滑片在中点时，电路电流：I′′=U12R1max+R3=6V12×20Ω+15Ω=0.24A，
因此电流表的变化范围是：0.24A∼0.4A；
(3)闭合开关S和S2，R1、R2串联，电流表测量电路电流；
因滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，电流表量程为0∼0.6A，因此电路允许通过的最大电流为0.5A，
由I=UR可知，此时R2两端电压：U2=ImaxR2=0.5A×7.5Ω=3.75V>3V，
因此当电压表V2示数为3V时，电路电流最大，即Imax′=U2maxR2=3V7.5Ω=0.4A，
电源电压：-------①
当电压表V1示数等于3V时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，则电路电流：Imin=U−3VR2=U−3V7.5Ω
因滑动变阻器R1可接入的最大阻值是最小阻值的4倍，那么电源电压：------②
联立①②可得：U=1.5V(舍去)或U=4.5V。
答：(1)此时R1接入电路的阻值是5Ω；
(2)电流表的示数变化范围为0.24A∼0.4A；
(3)此时电源电压是4.5V。
【解析】(1)闭合开关S和S1，R1、R3串联，电流表测量电路电流，先根据欧姆定律求出电路的总电阻，再利用串联电路电阻特点求出R1接入电路的阻值；
(2)闭合开关S和S1，当滑片在最左端时，电路为R3的基本电路，根据欧姆定律求出电流表的示数；当滑片在中点时，根据欧姆定律求出电流表的示数，从而得出电流表示数的变化范围；
(3)闭合开关S和S2，R1、R2串联，电压表V1测量R1两端电压，电压表V2测量R2两端电压，电流表测量电路电流，根据滑动变阻器允许的最大电流和电流表的量程确定电路最大电流，根据欧姆定律求出R2两端电压，进一步确定电压表V2示数为3V时，电路的电流最大，再根据欧姆定律和串联电路特点表示出电源电压的关系式；
当电压表V1的示数为3V时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，电路电流最小，根据滑动变阻器R1可接入的最大阻值是最小阻值的4倍，利于欧姆定律表示出电源电压的关系式，最后联立关系式求出电源电压。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据开关的状态确定电路的连接方式以及仪表测量的对象，难点是(3)小题中电路最大电流和最小电流的判断。
21.【答案】解：
(1)设鱼雷的速度为v0、鱼雷快艇速度为v，则：
v0t1=L+v1t1，
即：60m/s×50s=2000m+v1×50s，
解得：
v1=20m/s；
(2)鱼雷第一次击中敌舰时鱼雷快艇到敌舰的距离：
L′=L+v1t1−vt1=2000m+20m/s×50s−30m/s×50s=1500m，
从发射第二枚鱼雷到击中敌舰：
v0 t2=L′+v2t2，
即：60m/s×30s=1500m+v2×30s，
解得：
v2=10m/s。
答：(1)第一枚鱼雷击中敌舰前敌舰逃跑的速度是20m/s；
(2)第二枚鱼雷击中敌舰前敌舰逃跑的速度是10m/s。
【解析】(1)设鱼雷的速度为v0、鱼雷快艇速度为v，则鱼雷走的路程等于L加上敌舰走的路程，可得方程v0t1=L+v1t1，据此求出敌舰的速度；
(2)鱼雷第一次击中敌舰时鱼雷快艇到敌舰的距离等于L加上鱼雷走的路程减去鱼雷快艇走的路程，再利用(1)方法求第二枚鱼雷击中敌舰前敌舰逃跑的速度。
本题考查了速度公式的应用，实质是两次追及问题，能求出鱼雷第一次击中敌舰时鱼雷快艇到敌舰的距离是本题的关键。
送风状态时消耗的电功率：0.18kW
测量时间
30分钟
电能表
示数
开始计时时
30分钟后
实验序号
1
2
3
电阻R/Ω
10
20
25
电流I/A
0.3
0.15
0.12
自重/t
10
满载时的总质量/t
20
水箱容积/L
50