四川省凉山宁南初级中学2021-2022学年九年级下学期第一次月考物理试题（含答案）

这是一份四川省凉山宁南初级中学2021-2022学年九年级下学期第一次月考物理试题（含答案），共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年四川省凉山州宁南中学九年级（下）第一次月考物理试卷
一、单选题（每题3分，共39分）
1．（3分）下列估测数据最接近实际的是（　　）
A．初中生的平均体重约为50N
B．物理课本的宽度约为18cm
C．适宜的洗澡水温度约为60℃
D．中学生正常步行的速度约为1km/h
2．（3分）关于声现象，下列说法错误的是（　　）
A．“春眠不觉晓，处处闻啼鸟”，鸟叫声是通过空气传入人耳的
B．“柴门闻犬吠，风雪夜归人”，这说明声音可以传递信息
C．“不敢高声语，恐惊天上人”，诗句中的“高”是指声音的音调高
D．“蝉噪林逾静，鸟鸣山更幽”，诗句中“蝉噪”和“鸟鸣”是通过声音的音色来分辨的
3．（3分）关于温度、热量、内能的关系，下列说法正确的是（　　）
A．冰熔化时吸收热量，内能增加，分子的运动越来越剧烈
B．物体的温度升高，一定是从外界吸收了热量
C．对物体做功，它的内能一定增加，温度不一定升高
D．物体的温度升高，内能一定增加
4．（3分）下列关于物态变化及吸放热情况的说法中不正确的是（　　）
A．烧开水时冒出的“白气”——汽化吸热
B．冬天在菜窖里放几盆水，蔬菜就不容易冻坏——凝固放热
C．运输蔬菜时利用干冰降温防止蔬菜腐烂——升华吸热
D．冬天玻璃窗上出现“冰花”——凝华放热
5．（3分）关于惯性，下列四个现象对应的说明正确的是（　　）
A．拍打衣服，灰尘脱落，说明衣服有惯性
B．子弹离开枪膛，仍能向前飞行，说明子弹有惯性
C．汽车突然快速启动，车上的人会向后倾，说明汽车有惯性
D．运动员将足球顶出后，足球继续运动，说明运动员有惯性
6．（3分）如图所示，质量分布均匀的长为L的木板A，放在水平桌面上，木板右端与桌边缘相齐，在水平向右推力作用下匀速地向右运动，在木板离开桌面前的过程中，下列分析正确的是（　　）

A．木板对桌面的压强不断变小
B．木板对桌面的压力与桌面对木板的支持力是一对平衡力
C．木板对桌面的压力不变
D．木板对桌面的压强不变
7．（3分）体积相同的铜块、铝球和木块，浸在液体中的情况如图所示，则比较它们受到的浮力（　　）

A．铝球受到的浮力最大 B．木块受到的浮力最大
C．铜块受到的浮力最大 D．它们受到的浮力一样大
8．（3分）如图所示，在电磁铁正上方用弹簧挂着一条形磁铁，开关闭合后，当滑片P从a端向b端滑动过程中，会出现的现象是（　　）

A．电流表示数变大，弹簧长度变长
B．电流表示数变大，弹簧长度变短
C．电流表示数变小，弹簧长度变短
D．电流表示数变小，弹簧长度变长
9．（3分）在如图所示电路中，闭合开关S后，在滑片P向右滑动过程中，各电表示数变化正确的是（　　）

A．A1、A3示数不变，A2、V示数变小
B．A1、V示数不变，A2、A3示数变大
C．A1、A2、V示数不变，A3示数变小
D．A2、V示数不变，A1示数变小，A3示数变大
10．（3分）将“220V 60W”的灯泡L1和“220V 40W”的灯泡L2，串联在220V的电源上，组成闭合电路（设灯丝电阻不变），则下列说法正确的是（　　）
A．灯泡L1比灯泡L2亮
B．灯泡L2比灯泡L1亮
C．两灯泡的总功率大于40W
D．两灯泡的实际功率都变为其额定功率的一半
11．（3分）如图所示，甲、乙是两个质量和底面积均相同的容器，容器内装有质量相同的液体，若甲、乙两容器底部受到的液体压力分别是F1、F2，容器对地面的压强分别是p1、p2，下列关系正确的是（　　）

A．F1＝F2，p1＞p2 B．F1＞F2，p1＞p2
C．F1＝F2，p1＝p2 D．F1＞F2，p1＝p2
12．（3分）如图所示，电源电压恒为6V，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程“0～3V”，滑动变阻器、小灯泡L（灯丝电阻不变）分别标有“20Ω 1A”、“2.5V 0.5A”字样。在保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项中正确的是（　　）

A．电流表的示数变化范围是0.24A～0.6A
B．电压表的示数变化范围是1.2V～3V
C．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是7Ω～20Ω
D．滑动变阻器的最大电功率是1.8W
13．（3分）如图所示的电路中，电源电压保持不变。当开关S闭合后，只有一个电表的示数发生变化；若电路中只有一处故障，且只发生在电阻R或小灯泡L上，则（　　）

A．电流表A的示数发生变化，电阻R断路
B．电压表V的示数发生变化，小灯泡L短路
C．电压表V的示数发生变化，小灯泡L断路
D．电流表A的示数发生变化，电阻R短路
二、填空题（每空1分，共24分）
14．（2分）一列长200m的火车，以72km/h的速度匀速进入长为2km的隧洞，火车完全在洞中的时间是　 　s，火车上乘客看见洞中的路灯在后退，乘客是以　 　为参照物。
15．（4分）木块在10N水平向右拉力F的作用下，沿粗糙水平面做匀速直线运动，该木块受到的摩擦力为 　 　N，将水平拉力F增大到20N，该木块受到的摩擦力为 　 　N。撤去拉力，木块继续向右运动，这是由于木块 　 　；木块最终木块停了下来，说明了力是改变物体 　 　的原因。
16．（2分）某段金属导体两端电压为8V时，通过的电流是0.2A；当该导体两端电压为12V时，通过该导体的电流为 　 　A；当该导体两端电压降为0时，电阻为 　 　Ω。
17．（2分）目前，人类利用核能发电的主要方式是 　 　（选填“核裂变”或“核聚变”）；石油、天然气是 　 　能源（选填“可再生”或“不可再生”）。
18．（3分）如图甲所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧。在快速下压活塞的过程中筒内气体内能 　 　（选填“增大”或“减小”），如乙图所示的是汽油机的 　 　冲程，如果此汽油机每秒内对外做功20次，则汽油机飞轮的转速为 　 　r/min。

19．（3分）如图所示已知斜面长为8m，斜面高为4m。小南同学用绳子沿斜面将重为800N的木箱由斜面底端匀速拉到顶端。拉力大小为600N，绳重不计。小兵对木箱做的有用功 　 　J；斜面的机械效率为 　 　；斜面对物体施加的摩擦力为 　 　N。

20．（2分）体积为0.5m3的钢瓶内装有密度为6kg/m3的氧气，某次电焊中用去了其中，则钢瓶内剩余氧气的质量为 　 　kg，剩余氧气的密度为 　 　kg/m3。
21．（2分）如图甲所示，放在水平桌面上的物体，受到水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体运动速度v与时间t的关系如图乙丙所示。由图像可知t＝1s时，物体处于 　 　状态。t＝3s时，物体所受到的摩擦力为 　 　N，此时受到 　 　（填“平衡力”或“非平衡力”）作用。

22．（2分）如图所示，电源电压和灯泡L的电阻不变，灯泡L上标有“6V 6W”字样。当开关S、S1均闭合，滑片P移至a端时，电流表示数为2.0A，灯泡L正常发光；当开关S闭合，S1断开，滑片P移至b端时，电源电压U为 　 　V，灯泡L的实际电功率P为 　 　W。

23．（2分）如图OAB为一可绕O点自由转动的轻质杠杆，OA垂直于AB，且OA长度为40cm，AB长度为30cm，在OA中点C处挂一质量为1kg的物体，要求在端点B处施加一个最小的力F，使杠杆在图示位置平衡，则F的力臂应是 　 　cm，最小的力F是 　 　N。

三、作图题（共8分）
24．（2分）如图所示的轻质曲棒ABC可绕A点转动，请画出使曲棒ABC在图中位置保持平衡时所需最小力F的示意图及最小力F的力臂。

25．（2分）如图，已知静止在通电螺线管右端小磁针N极的指向，请用箭头在磁感线上标出磁感线的方向并在括号内用“正”“负”标出电源的正负极。


26．（2分）请根据给出的入射光线，画出经凹透镜后的折射光线，再画出折射光线经平面镜后的反射光线。
27．（2分）用笔画线代替导线，将图中的拉线开关、电灯、熔断器和插座接入家庭电路中。要求：符合安全用电原则；熔断器控制插座；拉线开关控制电灯。

四、实验题（每空1分，共16分）
28．（8分）小明同学在探究影响浮力大小的因素时，做了如图所示的实验。请你根据小明的实验探究回答下列问题（g取10N/kg）

（1）比较图　 　，说明浸在液体里的物体会受到浮力的作用；比较图B与图C可得到的结论是　 　
（2）在C与E两图中，保持了排开液体的体积不变，研究浮力与　 　的关系；这种研究方法叫做　 　。
（3）根据A与C两图所标的实验数据，可知物体浸没在水中所受的浮力为　 　N；还可以测得物体的密度为　 　 kg/m3
（4）根据A与E两图所标的实验数据，可知物体浸没在盐水中所受的浮力为　 　N，盐水的密度为　 　 g/cm3。
29．（8分）某实验小组用图甲所示电路进行“探究电流与电阻的关系”实验。
（1）请将图甲连接完整，要求滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大。
（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片P应该位于　 　端（选填“A”或“B”）。
（3）闭合开关后，同学们发现，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，电流表始终没有示数，电压表示数接近电源电压，原因可能是　 　。
（4）排除故障后，先将5Ω定值电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为某一定值，此时电流表的示数如图乙所示，为　 　A。
（5）接下来断开开关，取下5Ω的定值电阻，换成10Ω的定值电阻，闭合开关，应向　 　（选填“A”或“B”）端移动滑片，直至电压表示数为　 　V时，读出电流表的示数。再更换20Ω定值电阻继续实验，实验数据记录在表格中。由实验数据可知：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成　 　。
实验次数
1
2
3
R/Ω
5
10
20
I/A

0.2
0.1
（6）该小组想用一块电流表和一个定值电阻R0，测未知电阻Rx的阻值。于是他们设计了如图丙所示的电路图，并进行如下实验操作：
①闭合S和S1，此时电流表的示数为I1。
②闭合S断开S1，此时电流表的示数为I2。
③请用已知量R0和测出量I1、I2表示出未知电阻Rx的表达式，则Rx＝　 　。

五．计算题（30题6分，31题7分）
30．（6分）工人用如图所示装置从水井中匀速吊起一个重为800N的物体，所用拉力F为250N，20s内物体上升了6m（物体的上表面始终未露出水面），已知动滑轮重20N，绳重及摩擦均忽略不计。求：
（1）20s内绳子自由端A移动的距离；
（2）拉力F做功的功率；
（3）物体在水中所受浮力的大小。

31．（7分）如图所示的电路中，电源电压恒定，灯泡L上标有“6V 3W”的字样，R1为定值电阻，滑动变阻器R2上标有“10Ω 0.8A”的字样，电流表A的量程为0～3A，电压表V的量程为0～3V，忽略温度对灯丝电阻的影响。求：
（1）灯泡L的电阻；
（2）闭合S、S1与S2时，灯泡L正常发光，电流表A的示数为1.5A，求电源电压U和R1的阻值；
（3）闭合S，断开S1与S2时，在确保电路安全的前提下，求滑动变阻器R2接入电路的阻值范围和电路总功率的变化范围。


2021-2022学年四川省凉山州宁南中学九年级（下）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（每题3分，共39分）
1．（3分）下列估测数据最接近实际的是（　　）
A．初中生的平均体重约为50N
B．物理课本的宽度约为18cm
C．适宜的洗澡水温度约为60℃
D．中学生正常步行的速度约为1km/h
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：A、中学生的质量在50kg左右，受到的重力大约为G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N。故A不符合实际；
B、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离（一拃）大约15cm，物理课本的宽度略大于此数值，在18cm左右。故B符合实际；
C、人的正常体温在37℃左右，洗澡水的温度应该略高于体温，在40℃左右，不可能达到60℃。故C不符合实际；
D、中学生正常步行的速度在1.1m/s＝1.1×3.6km/h≈4km/h左右。故D不符合实际。
故选：B。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2．（3分）关于声现象，下列说法错误的是（　　）
A．“春眠不觉晓，处处闻啼鸟”，鸟叫声是通过空气传入人耳的
B．“柴门闻犬吠，风雪夜归人”，这说明声音可以传递信息
C．“不敢高声语，恐惊天上人”，诗句中的“高”是指声音的音调高
D．“蝉噪林逾静，鸟鸣山更幽”，诗句中“蝉噪”和“鸟鸣”是通过声音的音色来分辨的
【分析】（1）声音的传播需要介质，传声的介质可以是固体、液体和气体；
（2）声音可以传递信息，声音可以传递能量；
（3）声音三个特性：音调、响度和音色；音调跟发声体的振动频率有关，频率越大，音调越高；响度跟发声体的振幅有关（振幅越大，响度越大），还跟距离发声体的远近有关；音色与发声体的结构和材料有关。
【解答】解：A、声音可以在空气中传播，鸟叫声是通过空气传到人耳的，故A正确；
B、听到狗的叫声，知道人回来了，这说明声音能传递信息，故B正确；
C、声音的响度指的是声音的大小，“不敢高声语，恐惊天上人”这里的“高”指的是声音的响度大，故C错误；
D、“蝉噪”和“鸟鸣”是通过声音的音色来分辨的，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了与声现象有关的多个知识点，熟知相关知识并能与生活中的现象相结合，是正确解答的关键。
3．（3分）关于温度、热量、内能的关系，下列说法正确的是（　　）
A．冰熔化时吸收热量，内能增加，分子的运动越来越剧烈
B．物体的温度升高，一定是从外界吸收了热量
C．对物体做功，它的内能一定增加，温度不一定升高
D．物体的温度升高，内能一定增加
【分析】（1）分子热运动的剧烈程度与其温度有关，据此判断；
（2）做功和热传递都可以改变物体的内能；
（3）对物体如果做的是机械能，则其内能不一定增加；
（4）同一物体，温度升高，内能增加。
【解答】解：A、冰熔化时吸收热量，内能增加，但温度不变，由于分子热运动的剧烈程度与其温度有关，所以温度不变，分子的运动的剧烈程度不变，故A错误；
B、物体的温度升高，可能是从外界吸收了热量，也可能是外界对它做了功，故B错误；
C、对物体做功，它的内能不一定增加，温度也不一定升高，如把物体举高而做功时，其内能不变，温度不变，故C错误；
D、同一物体，温度升高，内能一定增加，故D正确。
故选：D。
【点评】要正确理解温度、热量与内能的关系，改变物体内能的两种方法。同时知道机械功与改变物体内能的做功是有区别的。
4．（3分）下列关于物态变化及吸放热情况的说法中不正确的是（　　）
A．烧开水时冒出的“白气”——汽化吸热
B．冬天在菜窖里放几盆水，蔬菜就不容易冻坏——凝固放热
C．运输蔬菜时利用干冰降温防止蔬菜腐烂——升华吸热
D．冬天玻璃窗上出现“冰花”——凝华放热
【分析】物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；物质由气态变为液态的过程叫液化，物质由液态变为气态的过程叫汽化；物质由固态变为液态的过程叫熔化，物质由液态变为固态的过程叫凝固。
六种物态变化中，熔化、汽化、升华是吸热的。凝固、液化、凝华是放热的。
【解答】解：A、烧开水时冒出的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的，液化放热，故A错误；
B、冬天，在保存蔬菜的菜窖里放几桶水，水由液态变成固态，是凝固现象，凝固放热，故B正确；
C、运输蔬菜时利用干冰降温防止蔬菜腐烂，是利用了干冰升华吸热，起到降温作用，故C正确；
D、冬天玻璃窗上出现“冰花”是室内水蒸气遇冷凝华形成的小冰晶，故D正确。
故选：A。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
5．（3分）关于惯性，下列四个现象对应的说明正确的是（　　）
A．拍打衣服，灰尘脱落，说明衣服有惯性
B．子弹离开枪膛，仍能向前飞行，说明子弹有惯性
C．汽车突然快速启动，车上的人会向后倾，说明汽车有惯性
D．运动员将足球顶出后，足球继续运动，说明运动员有惯性
【分析】一切物体都具有惯性，惯性是物体本身的一种属性，质量是惯性大小的量度，惯性大小与速度无关。
【解答】解：A、用手拍打刚晒过的被子上的灰尘，被子运动，灰尘由于惯性保持原来的静止状态，在重力作用下掉在地上，说明灰尘有惯性，故A错误；
B、子弹离开枪膛后，由于惯性仍能向前飞行，说明子弹有惯性，故B正确；
C、汽车突然快速启动，车上的人会向后倾，说明人有惯性，而不是汽车有惯性，故C错误；
D、运动员将足球顶出后，足球继续运动，说明足球有惯性，而不是运动员有惯性，故D错误。
故选：B。
【点评】此题主要考查了学生对惯性的理解。要知道任何物体都具有惯性，并且会利用惯性的知识解释相关问题。
6．（3分）如图所示，质量分布均匀的长为L的木板A，放在水平桌面上，木板右端与桌边缘相齐，在水平向右推力作用下匀速地向右运动，在木板离开桌面前的过程中，下列分析正确的是（　　）

A．木板对桌面的压强不断变小
B．木板对桌面的压力与桌面对木板的支持力是一对平衡力
C．木板对桌面的压力不变
D．木板对桌面的压强不变
【分析】（1）水平面上物体的压力和自身的重力相等，根据向右缓慢地推木板时受力面积的变化判断对桌面压强的变化；
（2）根据平衡力的判定条件，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一个物体上，缺一不可。
【解答】解：
ACD、因水平面上物体的压力和自身的重力相等，
所以，在板A移动过程中，A对桌面的压力不变，故A错误，C正确；
因在板的右端施一水平力F使板A右端缓慢地离开桌边时，木板与桌面的接触面积变小，受力面积变小，
所以，由p＝得，可知，木板对桌面的压强不断变大，故D错误；
B、木板对桌面的压力与桌面对木板的支持力，没有作用在同一物体上，不符合二力平衡条件，不是一对平衡力，故B错误。
故选：C。
【点评】本题考查了压力和压强大小的比较和平衡力的判断，关键是会分析向右匀速运动过程中变化的量和不变的量。
7．（3分）体积相同的铜块、铝球和木块，浸在液体中的情况如图所示，则比较它们受到的浮力（　　）

A．铝球受到的浮力最大 B．木块受到的浮力最大
C．铜块受到的浮力最大 D．它们受到的浮力一样大
【分析】根据阿基米德原理的推导公式F浮＝G排＝ρ液gV排知道浮力大小与液体的密度和排开液体的体积有关。
【解答】解：由图可知，铜球、铝球和木块均浸没在液体中，
因物体浸没时排开液体的体积相等，
所以，体积相同的铜球、铝球和木块排开液体的体积相等，
由F浮＝G排＝ρ液gV排可知，它们受到的浮力一样大。
故选：D。
【点评】本题考查了阿基米德原理的应用，要注意物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等。
8．（3分）如图所示，在电磁铁正上方用弹簧挂着一条形磁铁，开关闭合后，当滑片P从a端向b端滑动过程中，会出现的现象是（　　）

A．电流表示数变大，弹簧长度变长
B．电流表示数变大，弹簧长度变短
C．电流表示数变小，弹簧长度变短
D．电流表示数变小，弹簧长度变长
【分析】由右手螺旋定则可得出螺线管上端磁极，则由磁极间的相互作用可知电磁铁与条形磁铁的作用；
根据滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可得出电流的变化，进而可知通电螺线管磁场强弱的变化，则可知条形磁极的受力变化，由力的合成可知弹簧长度的变化。
【解答】解：电流由下方流入，则由右手螺旋定则可知，螺线管上端为N极；
因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，两磁铁同名相对，故相互排斥；
当滑片P从a端向b端滑动过程中，滑动变阻器接入电阻减小，由欧姆定律可得，电路中电流变大，则条形磁铁受向上的力增强；
条形磁铁受重力、拉力及向上的磁场力，向下的重力与向上的弹簧的弹力及磁场力之和相等，因重力不变，磁场力增强，故弹簧的弹力减小，故弹簧长度变短。故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题巧妙地将力学问题及电磁场的知识相互联系，综合性考查了欧姆定律、影响通电螺线管磁性强弱的因素及弹簧的弹力，对学生的审题能力及分析能力要求较高，是道好题。
9．（3分）在如图所示电路中，闭合开关S后，在滑片P向右滑动过程中，各电表示数变化正确的是（　　）

A．A1、A3示数不变，A2、V示数变小
B．A1、V示数不变，A2、A3示数变大
C．A1、A2、V示数不变，A3示数变小
D．A2、V示数不变，A1示数变小，A3示数变大
【分析】分析电流走向可知，本题电路为R1与R2并联，电流表A1测量R2电流，电流表A2被短路，电流表A3测量干路总电流，电压表示数U＝U1＝U2．当滑片P向右滑动时，变阻器R1阻值变大，根据并联电路电压特点及欧姆定律可得出相应电表的示数变化情况。
【解答】解：电流表A2被短路，电压表示数U＝U1＝U2．故此两电表示数是不变的。
电流表A1测量R2电流，故I2＝，因R2为定值电阻，阻值不变，故电流表A1示数也是不变的。
电流表A3测量干路电流，故I2＝，因R1滑片向右滑动，阻值变大，故R并也相应增大，由电流表A3示数变小。
故选：C.
【点评】本题关键在于对电路的辨别和简化，凡是电路图不是标准的串并联电路的，首先要做的就是对电路的辨别和简化，这是题目的关键也是题目的基础。
10．（3分）将“220V 60W”的灯泡L1和“220V 40W”的灯泡L2，串联在220V的电源上，组成闭合电路（设灯丝电阻不变），则下列说法正确的是（　　）
A．灯泡L1比灯泡L2亮
B．灯泡L2比灯泡L1亮
C．两灯泡的总功率大于40W
D．两灯泡的实际功率都变为其额定功率的一半
【分析】由灯泡的额定功率及额定电压可求得灯泡的电阻，根据串联电路电流特点结合电功率公式的变形P＝I2R可得两灯泡的实际功率的大小关系，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可得通过电路的电流，根据电功率公式的变形P＝I2R可计算两灯泡的实际功率，逐项分析即可。
【解答】解：由P＝得：L1、L2的电阻分别为：
R1＝＝≈806.7Ω；
R2＝＝＝1210Ω；
则两灯串联时，电流相等，由P＝I2R可得，灯泡L1的功率小于L2的功率，故灯泡L2要比L1亮，故A错误，B正确；
串联电路总电阻等于各分电阻之和，此时通过电路的电流：I＝＝≈0.11A，
两灯实际消耗的功率：P1′＝I2R1＝（0.11A）2×806.7Ω≈9.76W≠30W，
P2′＝I2R2＝（0.11A）2×1210Ω≈14.64W≠20W，
两灯泡的总功率为：P＝P1′+P2′＝9.76W+14.64W＝24.4W＜40W，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，由分析可得，电阻越大的灯泡串联后亮度越大。
11．（3分）如图所示，甲、乙是两个质量和底面积均相同的容器，容器内装有质量相同的液体，若甲、乙两容器底部受到的液体压力分别是F1、F2，容器对地面的压强分别是p1、p2，下列关系正确的是（　　）

A．F1＝F2，p1＞p2 B．F1＞F2，p1＞p2
C．F1＝F2，p1＝p2 D．F1＞F2，p1＝p2
【分析】（1）根据题意可知，两容器的底面积相等，两容器内液体的质量相等时它们的重力相等，根据p＝和p＝ρgh得出液体对容器底部的压力F＝pS＝ρ液ghS，比较液体的体积和Sh的大小关系进行解答；
（2）两容器的质量和底面积相等，两容器内液体的重力相等，根据p＝＝比较两容器对地面的压强关系。
【解答】解：（1）由题意可知，两容器的底面积S相等，两容器内液体的质量相等时它们的重力相等（G1＝G2），
由p＝和p＝ρgh可得，液体对容器底部的压力F＝pS＝ρ液ghS，
由图可知，甲中V液＝Sh1，则F1＝ρ1gh1S＝ρ1gV1＝m1g＝G1，
乙中V液＞Sh2，则F2＝ρ2gh2S＜ρ2gV2＝m2g＝G2，
由G1＝G2可知，F1＞F2，故AC错误；
（2）因两容器的质量和底面积S相等，两容器内液体的重力相等，
所以，由p＝＝可知，两容器对地面的压强相等，即p1＝p2，故B错误、D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了压力和压强大小的比较，要注意物体对水平面的压力和自身的重力相等，而液体对容器底部的压力不一定等于液体的重力。
12．（3分）如图所示，电源电压恒为6V，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程“0～3V”，滑动变阻器、小灯泡L（灯丝电阻不变）分别标有“20Ω 1A”、“2.5V 0.5A”字样。在保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项中正确的是（　　）

A．电流表的示数变化范围是0.24A～0.6A
B．电压表的示数变化范围是1.2V～3V
C．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是7Ω～20Ω
D．滑动变阻器的最大电功率是1.8W
【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡L两端的电压。
（1）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流；比较电流表的量程和滑动变阻器允许通过的最大电流以及小灯泡L的额定电流确定电路中的最大电流，然后得出电流表的示数变化范围；
（2）当电路中的电流为0.5A时，灯泡正常发光，此时电压表的示数最大，其最大示数等于灯泡的额定电压；当电路中的电流最小时，灯泡两端的电压最小，根据欧姆定律求出电压表的最小示数，然后得出电压表的示数变化范围；
（3）当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出此时电路的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，然后得出滑动变阻器连入电路的阻值变化范围；
（4）当电路中的电流为I时，根据串联电路的电压特点和P＝UI表示出滑动变阻器消耗的电功率，然后结合电流表的示数变化范围得出滑动变阻器的最大功率。
【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡L两端的电压。
A、由I＝可得，灯泡的电阻RL＝＝＝5Ω；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，即电流表的示数最小，
则I小＝＝＝＝0.24A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，小灯泡L的额定电流为0.5A，所以，电路中电流表的最大电流I大＝0.5A，则电流表的示数变化范围是0.24A～0.5A，故A错误；
B、当电路中的电流为0.5A时，灯泡正常发光，此时灯泡两端的电压为2.5V，即电压表的最大示数为2.5V，当电路中的电流最小时，灯泡两端的电压最小，即电压表的最小示数UL′＝I小RL＝0.24A×5Ω＝1.2V，
所以，电压表的示数变化范围是1.2V～2.5V，故B错误；
C、当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，此时电路的总电阻R总＝＝＝12Ω，由串联电路中总电阻等于各分电阻之和可知，滑动变阻器接入电路中的最小阻值R小＝R总﹣RL＝12Ω﹣5Ω＝7Ω，所以，滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是7Ω～20Ω，故C正确；
D、当电路中的电流为I时，滑动变阻器消耗的电功率PR＝URI＝（U﹣IR）I＝（6V﹣I×5Ω）I＝5（1.2V×I﹣I2×1Ω）＝5（1.2V×I﹣I2×1Ω﹣0.36W+0.36W）＝1.8W﹣（I﹣0.6A）2×5Ω；因电流表的示数变化范围是0.24A～0.5A，所以，当I＝0.5A时，滑动变阻器的功率最大，则PR大＝1.8W﹣（I﹣0.6A）2×5Ω＝1.8W﹣（0.5A﹣0.6A）2×5Ω＝1.75W，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的综合应用，正确得出滑动变阻器消耗电功率最大时电路中的电流是关键。
13．（3分）如图所示的电路中，电源电压保持不变。当开关S闭合后，只有一个电表的示数发生变化；若电路中只有一处故障，且只发生在电阻R或小灯泡L上，则（　　）

A．电流表A的示数发生变化，电阻R断路
B．电压表V的示数发生变化，小灯泡L短路
C．电压表V的示数发生变化，小灯泡L断路
D．电流表A的示数发生变化，电阻R短路
【分析】由图知，灯泡与定值电阻串联，电压表测量灯泡两端电压，电流表测量电路中的电流；故障原因只有两种可能：断路或短路，具体原因根据灯泡是否发光进行判断。
【解答】解：开关断开时，电压表和电流表示数均为零；
（1）电流表示数发生变化，说明电路为通路，因此L短路或R短路，电压表示数不变，即示数为零，则故障一定为L短路。
（2）电压表示数发生变化，说明电压表与电源相连，因此L断路或R短路，电流表示数不变，即示数为零，则故障一定为断路，故ABD错误；C正确。
故选：C。
【点评】此题考查电流表，电压表在电路故障中的作用判断，要结合电路图和仪表特点进行分析。
二、填空题（每空1分，共24分）
14．（2分）一列长200m的火车，以72km/h的速度匀速进入长为2km的隧洞，火车完全在洞中的时间是　90　s，火车上乘客看见洞中的路灯在后退，乘客是以　火车　为参照物。
【分析】火车长度与隧洞长度之差是火车完全在洞中的路程，由速度公式的变形公式求出火车的运动时间；
如果物体相对于参照物的位置保持不变，则物体是静止的，如果物体相对于参照物的位置不断变化，则物体是运动的。
【解答】解：火车完全在洞中的路程s＝2000m﹣200m＝1800m，
火车速度v＝72km/h＝20m/s，
∵v＝，
∴火车的运动时间：
t＝＝＝90s；
路灯相对于火车位置不断后退，
以火车为参照物路灯在不停地往后退；
故答案为：90；火车。
【点评】本题考查了求火车的运动时间、选择参照物，应用速度公式的变形公式、知道物体间的位置关系如何变化即可正确解题。
15．（4分）木块在10N水平向右拉力F的作用下，沿粗糙水平面做匀速直线运动，该木块受到的摩擦力为 　10　N，将水平拉力F增大到20N，该木块受到的摩擦力为 　10　N。撤去拉力，木块继续向右运动，这是由于木块 　具有惯性　；木块最终木块停了下来，说明了力是改变物体 　运动状态　的原因。
【分析】（1）掌握二力平衡条件，知道一对平衡力的大小相等、方向相反、作用在同一直线上；
（2）掌握影响摩擦力大小的因素：压力和接触面的粗糙程度；
（3）惯性是物体保持原来运动状态的性质；
（4）力不是使物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因。
【解答】解：
当水平拉力为10N时，木块恰好做匀速运动，所以此时摩擦力与拉力是一对平衡力，大小等于10N，当水平拉力增大到20N时，木块对地面的压力和接触面的粗糙程度不变，所以摩擦力不变，仍为10N；
撤去拉力，木块继续向右运动，这是由于木块具有惯性；
木块在撤去拉力后，木块只受到地面的阻力，木块越滑越慢，最终木块停了下来，说明阻力改变了木块的运动状态。
故答案为：10；10；具有惯性；运动状态。
【点评】此题考查了二力平衡条件的应用、影响摩擦力的因素、惯性以及力的作用效果，是一道综合性性题目。
16．（2分）某段金属导体两端电压为8V时，通过的电流是0.2A；当该导体两端电压为12V时，通过该导体的电流为 　0.3　A；当该导体两端电压降为0时，电阻为 　40　Ω。
【分析】（1）知道导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻；
（2）电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关，再根据欧姆定律求出该导体两端电压为12V时通过的电流。
【解答】解：由I＝可得，导体的电阻：
R＝＝＝40Ω；
因电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，
所以，当该导体两端电压为12V时或该导体两端电压降为0时，导体的电阻仍为40Ω不变，
当该导体两端电压为12V时，通过导体的电流：
I′＝＝＝0.3A。
故答案为：0.3；40。
【点评】本题考查了欧姆定律的简单应用，关键是知道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，是一道基础题目。
17．（2分）目前，人类利用核能发电的主要方式是 　核裂变　（选填“核裂变”或“核聚变”）；石油、天然气是 　不可再生　能源（选填“可再生”或“不可再生”）。
【分析】（1）核电站利用核裂变释放的能量发电。
（2）化石能源、核能等能源会越用越少，不能在短期内从自然界得到补充，称为不可再生能源。
【解答】解：人类利用核能发电的主要方式是核裂变；石油、天然气是不可再生能源。
故答案为：核裂变；不可再生。
【点评】知道核裂变的应用和常见能源的分类，可解答此题。
18．（3分）如图甲所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧。在快速下压活塞的过程中筒内气体内能 　增大　（选填“增大”或“减小”），如乙图所示的是汽油机的 　做功　冲程，如果此汽油机每秒内对外做功20次，则汽油机飞轮的转速为 　2400　r/min。

【分析】（1）改变内能的方法有：做功和热传递；当对物体做功，物体的内能将增大，温度升高；内燃机有四个冲程，在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能；
（2）汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气；根据气门的关闭情况和活塞的运行方向判断什么冲程；
（3）汽油机的一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成。在一个工作循环中曲轴转2圈，飞轮转2周，做功一次。
【解答】解：（1）在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小团干燥的棉花，用力将活塞迅速向下压，棉花燃烧起来；说明压缩筒内空气做功，使空气的内能增加；压火仪实验中，活塞的机械能转化为空气的内能；
（2）从图中可以看出，两气门都关闭，火花塞点火，活塞向下移动，可以判断这个冲程是做功冲程；
（3）汽油机每秒内对外做功20次，因为一个工作循环飞轮转2圈，完成4个冲程，做功1次，所以1s内，飞轮转40圈，1min飞轮转动的圈数为60×40圈＝2400圈。
故答案为：增大；做功；2400。
【点评】根据改变物体内能的方法以及内燃机的工作过程和原理（能量的转化）；知道在一个工作循环中曲轴转2圈，飞轮转2周，做功一次可解答此题。
19．（3分）如图所示已知斜面长为8m，斜面高为4m。小南同学用绳子沿斜面将重为800N的木箱由斜面底端匀速拉到顶端。拉力大小为600N，绳重不计。小兵对木箱做的有用功 　3200　J；斜面的机械效率为 　66.7%　；斜面对物体施加的摩擦力为 　200　N。

【分析】（1）利用W＝Fs可求出拉力做的功，即总功；再利用W＝Gh求出有用功；然后利用机械效率的计算公式可求出斜面的效率。
（2）根据总功与有用功的差得出额外功，再根据W额＝fs求出摩擦力。
【解答】解：拉力所做有用功为：W有＝Gh＝800N×4m＝3200J；
总功为：W总＝Fs＝600N×8m＝4800J；
机械效率为：η＝＝×100%＝66.7%；
额外功为：W额＝W总﹣W有＝4800J﹣3200J＝1600J；
由W额＝fs得，摩擦力为f＝＝＝200N；
故答案为：3200；66.7%；200。
【点评】熟练运用计算功、功率、机械效率的公式，明确额外功是用来克服斜面上的摩擦，是解答此题的关键。
20．（2分）体积为0.5m3的钢瓶内装有密度为6kg/m3的氧气，某次电焊中用去了其中，则钢瓶内剩余氧气的质量为 　2　kg，剩余氧气的密度为 　4　kg/m3。
【分析】已知钢瓶的容积和氧气的密度，利用密度公式的变形式可求出氧气的质量，进而可求出某次电焊中用去了其中，剩余氧气的质量；由于气体的流动性，剩余氧气的体积不变，最后根据密度公式求出剩余氧气的密度。
【解答】解：已知体积为0.5m3的钢瓶内装有密度为6kg/m3的氧气，
由ρ＝可知原有氧气的质量为：m＝ρV＝6kg/m3×0.5m3＝3kg，
某次电焊中用去了其中，则剩余氧气的质量为：m′＝（1﹣）m＝×3kg＝2kg，
由于气体的流动性，剩余氧气的体积不变，
则剩余氧气的密度为：＝＝4kg/m3。
故答案为：2；4。
【点评】本题考查了密度公式的应用，解题关键是要知道瓶内氧气用掉部分后，由于气体的流动性，剩余氧气的体积不变。
21．（2分）如图甲所示，放在水平桌面上的物体，受到水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体运动速度v与时间t的关系如图乙丙所示。由图像可知t＝1s时，物体处于 　静止　状态。t＝3s时，物体所受到的摩擦力为 　2　N，此时受到 　非平衡力　（填“平衡力”或“非平衡力”）作用。

【分析】（1）由图丙的v﹣t图像可以判断物体在0～2s的运动情况，然后判断摩擦力的种类；
（2）由图丙v﹣t图像找出物体什么时候处于平衡状态，然后由平衡条件求出物体所受摩擦力大小；
（3）滑动摩擦力由物体间的压力和接触面的粗糙程度决定。
【解答】解：（1）由图丙的v﹣t图像可以知道，在0～2s内，物体处于静止，受到的推力和摩擦力是一对平衡力，此时的摩擦力为静摩擦；
（2）由图丙的v﹣t图像可知，在4～6s内物体做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，此时物体所受到的摩擦力f与推力F是一对平衡力，即f＝F，
由图乙的F﹣t图像可知，在4s～6s内，推力F＝2N，物体所受到的滑动摩擦力f＝F＝2N；
由图丙 所示图像可知，t＝3s时物体做加速运动，相对于地面滑动，物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，由于物体间的压力和接触面的粗糙程度都不变，物体受到的滑动摩擦力不变，则t＝3s时物体受到的摩擦力仍为2N；此时物体做加速运动，受到非平衡力的作用。
故答案为：静止；2；非平衡力。
【点评】v﹣t图像、F﹣t图像相结合，判断出物体各段运动状态，根据平衡状态中二力平衡找出力的大小是本题的关键所在。
22．（2分）如图所示，电源电压和灯泡L的电阻不变，灯泡L上标有“6V 6W”字样。当开关S、S1均闭合，滑片P移至a端时，电流表示数为2.0A，灯泡L正常发光；当开关S闭合，S1断开，滑片P移至b端时，电源电压U为 　6　V，灯泡L的实际电功率P为 　1.5　W。

【分析】由P＝UI可得出灯泡正常发光的电流；利用I＝可求出灯泡的电阻；
（1）当开关S、S1均闭合，滑片P移至a端时，L和滑动变阻器的最大阻值并联，电流表测干路的电流；此时L正常发光，已知L正常发光时的电流和电压；并联电路中各个支路两端的电压均等于电源电压，由此可得出电源电压大小；
（2）已知电流表的示数，即干路的电流，再由并联电路的电流特点得出通过滑动变阻器的电流；最后根据I＝可求出滑动变阻器的最大阻值；
当开关S闭合，S1断开，滑片P移至b端时，滑动变阻器的最大阻值与L串联，电流表测电路中的电流；由串联电路的电阻特点得出电路的总电阻；利用欧姆定律求出此时电路中的电流；最后根据P＝I2R求出灯泡的实际功率。
【解答】解：由P＝UI可知灯泡正常发光的电流为IL＝＝＝1A，由I＝可知灯泡的电阻为：RL＝＝＝6Ω；
（1）当开关S、S1均闭合，滑片P移至a端时，L和滑动变阻器的最大阻值并联，电流表测干路的电流；
已知此时L正常发光，由并联电路的电压特点可知电源电压为：U＝UL＝6V；
（2）已知电流表的示数为2A，即干路的电流为I＝2A，
由并联电路的电流特点可知通过滑动变阻器的电流为：IP＝I﹣IL＝2A﹣1A＝1A，
由I＝可知滑动变阻器的最大阻值为：RP＝＝＝6Ω；
当开关S闭合，S1断开，滑片P移至b端时，滑动变阻器的最大阻值与L串联，电流表测电路中的电流；
由串联电路的电阻特点可知此时电路总电阻为：R＝RP+RL＝6Ω+6Ω＝12Ω，
则电路中的电流为：I＝＝＝0.5A，
灯泡L的实际功率为：PL′＝I2RL＝（0.5A）2×6Ω＝1.5W。
故答案为：6；1.5。
【点评】本题考查了对欧姆定律和电功率的计算公式的应用，熟练掌握串、并联电路的电流、电压和电阻特点是解题的关键。
23．（2分）如图OAB为一可绕O点自由转动的轻质杠杆，OA垂直于AB，且OA长度为40cm，AB长度为30cm，在OA中点C处挂一质量为1kg的物体，要求在端点B处施加一个最小的力F，使杠杆在图示位置平衡，则F的力臂应是 　50　cm，最小的力F是 　4　N。

【分析】根据杠杆的平衡条件可知，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，根据杠杆的平衡条件求出最小的动力的大小。
【解答】解：在B点施加一个力最小的力，则力臂应最大，当OB作为力臂时，动力臂是最大的，动力最小；OA＝40cm，AB＝30cm，根据勾股定理可知，OB＝＝50cm；
OC＝20cm；
根据杠杆的平衡条件可知：G×OC＝F×OB，mg×OC＝F×OB，即：1kg×10N/kg×20cm＝F×50cm，解得：F＝4N。
故答案为：50；4。
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，知道杠杆在B位置的最大力臂是本题的关键。
三、作图题（共8分）
24．（2分）如图所示的轻质曲棒ABC可绕A点转动，请画出使曲棒ABC在图中位置保持平衡时所需最小力F的示意图及最小力F的力臂。

【分析】（1）力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离；
（2）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在A点，当AC作为动力臂时动力臂最长，此时动力最小，最省力。过C点垂直于AC向上作出最小力F的示意图，如下图所示：

【点评】本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。
25．（2分）如图，已知静止在通电螺线管右端小磁针N极的指向，请用箭头在磁感线上标出磁感线的方向并在括号内用“正”“负”标出电源的正负极。


【分析】已知小磁针N极的指向，根据磁极间的相互作用，可以确定通电螺线管的磁极；在磁体周围的磁感线都是由磁体的N极出来，回到S极；根据安培定则判定电源正负极。
【解答】解：由于异名磁极相互吸引，所以当小磁针自由静止时，与小磁针S极靠近的螺线管右端一定是N极，其左端为S极；
在磁体的外部，磁感线方向从N极指向S极，方向向左；根据图示的线圈绕向和螺线管的N极，利用安培定则可以确定螺线管中电流的方向是从螺线管的左端流入，右端流出，因此电源的左端为正极，右端为负极；如下图所示：

【点评】安培定则共涉及三个方向：电流方向、磁场方向、线圈绕向，告诉其中的两个可以确定第三个。在此题的第二问中就是间接告诉了磁场方向和线圈绕向来确定电流方向。
26．（2分）请根据给出的入射光线，画出经凹透镜后的折射光线，再画出折射光线经平面镜后的反射光线。
【分析】首先根据凹透镜的光学特点作出折射光线，然后根据光的反射定律反射角等于入射角作出反射光线。
【解答】解：根据延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴，画出折射光线；
过入射点作出法线，根据反射角等于入射角，即可作出反射光线；如下图所示：

【点评】此题主要考查了光的反射定律的应用，凹透镜的三条特殊光线作图，首先要熟记光的反射定律的内容，并要注意入射角与反射角的概念。画光路图时，不管是光的反射还是光的折射，都要先把法线画出来。
27．（2分）用笔画线代替导线，将图中的拉线开关、电灯、熔断器和插座接入家庭电路中。要求：符合安全用电原则；熔断器控制插座；拉线开关控制电灯。

【分析】对于电灯接线操作的基本要求是：“火线零线并排走，零线直接进灯头，火线接在开关上，通过开关进灯头”；
对于插座的接线方法是要求“左零右火”，三孔插座还要求中接地；单独的保险丝要接在火线上。
【解答】解：（1）灯泡接法：开关接在灯和火线之间，零线直接与灯泡的螺旋套相连：
（2）安装三孔插座的原则，左孔接零线，中间插孔与地线相连，右孔接火线，保险丝要接在火线上；
如下图所示：

【点评】本题考查了家庭电路中的电灯、开关、插座的连接；家庭电路中，不但考虑用电器的正常使用，更要考虑使用的安全性。三孔插座的接线原则：左零右火，中间接地。
四、实验题（每空1分，共16分）
28．（8分）小明同学在探究影响浮力大小的因素时，做了如图所示的实验。请你根据小明的实验探究回答下列问题（g取10N/kg）

（1）比较图　AB　，说明浸在液体里的物体会受到浮力的作用；比较图B与图C可得到的结论是　在液体密度一定时，排开液体的体积越大，物体所受到的浮力越大　
（2）在C与E两图中，保持了排开液体的体积不变，研究浮力与　液体密度　的关系；这种研究方法叫做　控制变量法　。
（3）根据A与C两图所标的实验数据，可知物体浸没在水中所受的浮力为　2　N；还可以测得物体的密度为　4×103　 kg/m3
（4）根据A与E两图所标的实验数据，可知物体浸没在盐水中所受的浮力为　2.4　N，盐水的密度为　1.2　 g/cm3。
【分析】（1）挂在弹簧测力计下的物体，若浸入液体中，弹簧测力计的示数减小就说明物体受到了竖直向上的浮力；
（2）C、E两图中液体的密度是不同的，CE两图中物体排开液体的体积相同，根据F浮＝G﹣F示求出浮力，若浮力相等就说明浮力的大小和物体排开液体的密度无关；影响浮力大小的因素是多个，实验时要采用控制变量法；
（3）由A、C两图，根据F浮＝G﹣F示求出浮力，得出浮力，再由阿基米德原理求出物体的体积，根据密度公式可求物体密度的关系；
（4）由A、E两图，根据F浮＝G﹣F示求出浮力，得出浮力，再由阿基米德原理求出液体密度。
【解答】解：（1）由图A可知，物体的重力是8N，在图B中，物体浸入水中时弹簧测力计的示数变为7N，示数减小了就说明物体受到了竖直向上的浮力；
B、C两图中物体浸入的是同种液体，液体的密度是一定的，C图中物体排开水的体积比较大；
根据F浮＝G﹣F示可知，C图中物体受到的浮力等于8N﹣6N＝2N，B图中物体受到的浮力等于8N﹣7N＝1N；
由此得出：在液体的密度一定时，物体排开液体的体积变大时，物体受到的浮力就会变大；
（2）图C与图E，物体都是浸没，物体排开液体的体积是一定的，但液体密度不同，是探究浮力的大小和液体密度的关系，盐水密度比水的密度大，物体浸在盐水的浮力（8N﹣5.6N＝2.4N）大于水中的浮力（8N﹣6N＝2N），所以得出结论：在物体排开液体的体积一定时，液体的密度越大，物体受到的浮力就越大；
探究浮力大小和液体密度的关系时，保证了物体排开液体体积一定，这种探究方法就叫控制变量法；
（3）由A、C两图，根据F浮＝G﹣F示＝8N﹣6N＝2N；
由阿基米德原理，F浮＝ρ液gV排，完全浸没的物体体积等于排开液体的体积，V＝V排＝＝＝2×10﹣4m3；
物体的质量：m＝＝＝0.8kg，
物体的密度：ρ＝＝＝4×103kg/m3；
（4）由A、E两图，根据F浮′＝G﹣F示′＝8N﹣5.6N＝2.4N，
由阿基米德原理，F浮′＝ρ液gV排，
盐水的密度：ρ盐水＝＝＝1.2×103kg/m3＝1.2g/cm3。
故答案为：（1）AB；在液体密度一定时，排开液体的体积越大，物体所受到的浮力越大；（2）液体密度；控制变量法；（3）2；4×103；（4）2.4；1.2。
【点评】本题考查了探究影响物体所受浮力大小因素的实验，侧重考查了控制变量的应用，一个现象受到多个因素的影响时，研究其中一个因素的作用时，一定采用控制变量法，要注意保证其它因素是相同的。
29．（8分）某实验小组用图甲所示电路进行“探究电流与电阻的关系”实验。
（1）请将图甲连接完整，要求滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大。
（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片P应该位于　B　端（选填“A”或“B”）。
（3）闭合开关后，同学们发现，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，电流表始终没有示数，电压表示数接近电源电压，原因可能是　定值电阻断路　。
（4）排除故障后，先将5Ω定值电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为某一定值，此时电流表的示数如图乙所示，为　0.4　A。
（5）接下来断开开关，取下5Ω的定值电阻，换成10Ω的定值电阻，闭合开关，应向　B　（选填“A”或“B”）端移动滑片，直至电压表示数为　2　V时，读出电流表的示数。再更换20Ω定值电阻继续实验，实验数据记录在表格中。由实验数据可知：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成　反比　。
实验次数
1
2
3
R/Ω
5
10
20
I/A

0.2
0.1
（6）该小组想用一块电流表和一个定值电阻R0，测未知电阻Rx的阻值。于是他们设计了如图丙所示的电路图，并进行如下实验操作：
①闭合S和S1，此时电流表的示数为I1。
②闭合S断开S1，此时电流表的示数为I2。
③请用已知量R0和测出量I1、I2表示出未知电阻Rx的表达式，则Rx＝　　。

【分析】（1）将滑动变阻器与用电器串联，根据滑片向右移动时，连入电路的电阻变大确定其接线柱；
（2）为保护电路，变阻器连入电路中电阻最大；
（3）电流表无示数，可能是电流表断路或电流表之外的电路断路；再根据电压表有示数分析可知电路故障；
（4）根据电流表小量程计读数；
（5）研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，由欧姆定律的变形公式，求出电压表示数；
根据串联电路的分压作用判断出滑动变阻器的移动方向；
由表中数据得出结论；
（6）在没有电压表时，使定值电阻与待测电阻并联，根据电流表和定值电阻的示数计算出电压，然后根据公式R＝计算出其电阻。
【解答】解：（1）滑动变阻器与电阻串联，要求滑片向右移动时，连入电路的电阻变大，所以应将滑动变阻器的A接线柱与开关的右接线柱相连，如下图所示：

（2）为保护电路，变阻器连入电路中电阻最大即B端；
（3）闭合开关，移动变阻器滑片P，发现电流表无示数，电路可有断路发生，而电压表有示数，说明电压表到电源两极间是通路，所以故障原因可能是定值电阻断路；
（4）同学们首先将5Ω定值电阻接入电路，将滑片P滑到b端，再闭合开关，调节滑片P，使电压表示数到达某一数值，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数0.4A；
（5）研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，由欧姆定律的变形公式，电压表示数U＝IR＝0.4A×5Ω＝2V；
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；
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B端移动，使电压表的示数为2V，读出电流表的示数；
由表格中数据发现：电阻为原来的几倍，通过的电流为原来的几分之一，故在电压一定时，电流与电阻成反比。
（6）①闭合S、S1，此时两电阻并联，电流表测量干路电流，示数为I1，
②闭合S、断开S1，此时为只有Rx工作的电路，电流表测量Rx的电流，示数为I2，可测出电源电压U＝I2Rx，
根据并联电路电流的规律知，R0的电流：I0＝I1﹣I2，则电源电压为U＝（I1﹣I2）R0
根据电源电压相等知：U＝U＝I2Rx＝（I1﹣I2）R0
未知电阻Rx的表达式为：Rx＝。
故答案为：（1）如上所示；（2）B；（3）定值电阻断路；（4）0.4；（5）B；2；反比；（6）③。
【点评】探究电流与电阻的关系，考查电路的连接、操作过程、注意事项、控制变量法的运用的及欧姆定律的应用等知识，其中（6）用一种电表测量电阻有一定的难度。
五．计算题（30题6分，31题7分）
30．（6分）工人用如图所示装置从水井中匀速吊起一个重为800N的物体，所用拉力F为250N，20s内物体上升了6m（物体的上表面始终未露出水面），已知动滑轮重20N，绳重及摩擦均忽略不计。求：
（1）20s内绳子自由端A移动的距离；
（2）拉力F做功的功率；
（3）物体在水中所受浮力的大小。

【分析】（1）在滑轮组中，已知动滑轮上绳子股数n及物体上升的距离h时，可利用s＝nh得到绳子自由端移动的距离；
（2）利用功的公式W＝Fs求得拉力做的功，再利用功率的公式求得功率的大小；
（3）对物体进行受力分析：物体受到动滑轮下端绳子向上的拉力F拉、竖直向上的浮力F浮以及竖直向下的重力G物作用，即F浮＝G物﹣F拉。同时，动滑轮下端绳子拉力大小F拉＝nF﹣G动，综合可知浮力的大小。
【解答】解：（1）已知动滑轮上绳子股数n＝2，物体上升的距离h＝6m，
则绳子自由端移动的距离：s＝2×6m＝12m；
（2）拉力做的功：W＝Fs＝250N×12m＝3000J；
拉力F做功的功率：；
（3）对物体进行受力分析：物体受到动滑轮下端绳子向上的拉力F拉、竖直向上的浮力F浮以及竖直向下的重力G物作用，即F浮＝G物﹣F拉。同时，动滑轮下端绳子拉力大小F拉＝nF﹣G动，
则物体所受浮力大小：F浮＝G物﹣（nF﹣G动）＝800N﹣（2×250N﹣20N）＝320N。
答：（1）20s内绳子自由端A移动的距离为12m；
（2）拉力F做功的功率为150W；
（3）物体在水中所受浮力的大小为320N。
【点评】本题考查滑轮组中的功和功率的计算，以及根据受力分析来计算浮力的大小，综合性强，难度较大。
31．（7分）如图所示的电路中，电源电压恒定，灯泡L上标有“6V 3W”的字样，R1为定值电阻，滑动变阻器R2上标有“10Ω 0.8A”的字样，电流表A的量程为0～3A，电压表V的量程为0～3V，忽略温度对灯丝电阻的影响。求：
（1）灯泡L的电阻；
（2）闭合S、S1与S2时，灯泡L正常发光，电流表A的示数为1.5A，求电源电压U和R1的阻值；
（3）闭合S，断开S1与S2时，在确保电路安全的前提下，求滑动变阻器R2接入电路的阻值范围和电路总功率的变化范围。

【分析】（1）根据灯泡铭牌，由P＝UI＝解题；
（2）闭合S、S1与S2时，分析可知L与R1并联，电流表测干路电流，R2未接入电路，根据并联电路的特点及欧姆定律解题；
（3）闭合S，断开S1与S2时，R1与R2串联，电压表测R2电压，根据串联电路的特点和欧姆定律，结合电压表和电流表的量程解题。
【解答】解：（1）由题可知，灯泡L上标有“6V 3W”的字样，
灯泡电阻RL＝＝＝12Ω；
（2）闭合S、S1与S2时，由图可知L与R1并联，电流表测干路电流I＝1.5A，R2未接入电路，
灯泡L正常发光，则灯泡两端实际电压等于额定电压，
电源电压：U＝UL额＝6V，
灯泡L正常发光，此时通过灯泡的电流：IL＝＝＝0.5A，
R1的阻值：R1＝＝＝＝6Ω；
（3）由图可知，闭合S，断开S1与S2时，R1与R2串联，电压表测R2电压，
根据题意，滑动变阻器R2上标有“10Ω 0.8A”的字样，电流表A的量程为0～3A，可得电路中的最大电流I大＝0.8A，
此时电压表的示数U小＝U﹣I大R1＝6V﹣0.8A×6Ω＝1.2V＜3V，故不会损坏电压表，
变阻器R2的值：R2小＝＝＝1.5Ω，
电路总功率：P大＝UI大＝6V×0.8A＝4.8W；
当滑片向右滑动时，其接入电路的电阻变大，电流变小，根据分压原理，变阻器两端电压即电压表示变大，由于电压表使用的量程为0～3V，
可得U大＝3V，
电路中的电流：I小＝＝＝0.5A，
变阻器R2的值：R2大＝＝＝6Ω，
电路总功率：P小＝UI小＝6V×0.5A＝3W，
故R2的阻值范围为1.5Ω～6Ω，电路总功率变化范围为3W～4.8W。
答：（1）灯泡L的电阻为12Ω；
（2）闭合S、S1与S2时，灯泡L正常发光，电流表A的示数为1.5A，电源电压U为6V，R1的阻值为6Ω；
（3）闭合S，断开S1与S2时，在确保电路安全的前提下，滑动变阻器R2接入电路的阻值范围为1.5Ω～6Ω，电路总功率的变化范围为3W～4.8W。
【点评】本题考串联、并联电路规律的运用，要掌握欧姆定律及电功率的公式及其变形，正确分析电路的关键。