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2022-2023学年重庆市为明学校九年级（下）第一次作业物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年重庆市为明学校九年级（下）第一次作业物理试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年重庆市为明学校九年级（下）第一次作业物理试卷
一、单选题（本题共8小题，共24分）
1. 重庆实验外国语学校某同学对身边的物理量进行了估测，以下最接近实际的是( )
A. 物理教科书的长度约为26cm B. 一枚鸡蛋的质量约为50kg
C. 教室内日光灯的额定功率约为400W D. 中学生脉搏跳动30次所用的时间约为2s
2. 五千年的华夏文明，创造了无数的诗歌辞赋，我们在欣赏这些诗歌辞赋时，不仅要挖掘其思想内涵，还可以探究其中所描述的自然现象与物理规律，下面是某位同学对部分诗句中蕴涵的物理知识的理解。其中不正确的是( )
A. “蜡炬成灰泪始干”——蜡烛在熔化过程中吸收热量
B. “千里冰封，万里雪飘”——冰是水凝固形成的
C. “墙内开花墙外香”——闻到花香，说明了分子永不停息做无规则运动
D. “露似真珠月似弓”——露是水蒸气汽化形成的，汽化时水的内能会减小
3. 如图所示，是我国宇航员第三次太空授课的情景。已知物体在“天和”核心舱中处于失重状态，王亚平将2022年北京冬奥会的吉祥物“冰墩墩”抛到对面宇航员叶光富的手中，下面说法正确的是( )
A. 由于在太空中处于失重状态，所以王亚平抛“冰墩墩”时不需要施加力
B. 由于在太空中处于失重状态，因此抛出去的“冰墩墩”几乎做匀速直线运动
C. 叶光富用手接住王亚平抛出的“冰墩墩的瞬间，“冰墩墩”没有受到力的作用
D. 由于“冰墩墩”在太空中处于失重状态，所以王亚平手中的“冰墩墩”没有惯性
4. 如图是一种常见的动圈式话筒的构造图，如图所示的四幅图中能够说明其工作原理的是( )
A. B.
C. D.
5. “智能穿戴”已经成为当下小科技创新的主流派，有一款“发热围脖”成为网红产品。其原理很简单：内置两个柔性发热电阻，当开关S1闭合时，为低温状态；再闭合S2，R1、R2同时工作，为高温状态；若断开S1，围脖停止发热。以下简化模拟电路设计正确的是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示，理综胜同学用绳子拉着备考箱子在水平地面上做匀速直线运动。在该过程中，下列说法中正确的是( )
A. 若理综胜用较小的力拉箱子，没拉动箱子，说明拉力小于摩擦力
B. 若箱子速度增大则地面对箱子的摩擦力也增大
C. 地面对箱子的摩擦力和绳子对箱子的拉力是一对平衡力
D. 箱子对地面的压力和地面对箱子的支持力是一对相互作用力
7. 如图所示，一密闭容器放在桌面上，如图(a)所示，此时液体对容器底的压力为F1，容器对桌面的压强为p1；将容器倒立放置，此时液体对容器底的压力为F2，容器对桌面的压强为p2，如图(b)所示。则下列说法正确的是( )
A. F1=F2 p1=p2 B. F1>F2 p1
A. 图乙中曲线1是定值电阻R的P-I图象
B. 滑片移动过程中，电压表示数的变化范围为1-3V
C. 滑动变阻器的滑片P处于最大电阻时，电路的功率为3W
D. 当滑动变阻器功率为0.72W时，其滑片所处的位置有两处
二、填空题（本题共4小题，共8分）
9. 科学家的每次重大发现，都有力地推动了人类文明的进程。丹麦物理学家 于1820年发现了电流的磁效应，第一个揭示了电和磁之间的联系。物理学家 不仅在经典力学中作出了突出贡献，还发现了光的色散现象。
10. 2021年10月16日，载有翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员的神舟十三号飞船在酒泉卫星发射中心点火升空，飞船在加速升空过程中机械能变______。小明全程观看了“天宫课堂”太空授课直播，电视机里王亚平的声音是通过______传入小明耳朵的。
11. 同种材料制成的正方体A、B放在水平桌面上，如图甲所示，他们的边长之比为1：2，则此时A和B对桌面的压强之比pA：pB=______；若把A叠放在B正上方，如图乙所示，则A对B的压强p1与B对桌面的压强p2之比为______。
12. 如图所示，圆柱形薄壁容器A和一个多孔蜂窝状的小球B置于水平地面上。A容器重2N，高0.3m、底面积为1×10-2m2，内盛有2kg水。小球B的密度为1.5g/cm3，将小球B完全浸没在容器A的水中后，容器对水平地面的压强变为2950Pa，且平稳后发现水面上升了4cm。则未放入小球时水对容器底的压强为 Pa。
三、作图题（本题共2小题，共4分）
13. 如图所示，一物体静止在斜面上，请你画出该物体所受重力的示意图。
14. 如图所示，根据通电线圈的磁感线方向在图中标出电源右端“+”或“-”极。
四、实验探究题（本题共3小题，共22分）
15. 图甲是理综胜在探究冰熔化时温度的变化规律的实验装置。
(1)图甲装置中，应选取 (选填“大冰块”或“碎冰”)装入试管内进行实验，采用“水浴法”加热的好处是 。
(2)实验时某时刻温度计的示数如图乙所示，正确的读数方法是 (选填“A”“B”或“C”)。
(3)冰的熔点是 ℃，冰熔化过程持续了 min。
16. 理综胜同学用如图所示的电路探究“电流跟电阻的关系”，实验器材有：学生电源(4V不变)，电流表、电压表、定值电阻3只(5Ω、10Ω、25Ω各一只)，滑动变阻器A(20Ω,1A)、B(50Ω,1A)，开关、导线若干。如图是理综胜连接的实验电路。
(1)连接电路时开关应该 ，滑动变阻器在本实验中除了保护电路以外还起到的主要作用是 。
(2)将5Ω的电阻接入电路，闭合开关。移动滑片P发现电压表有示数，电流表始终无示数，其原因可能是定值电阻 (选填“断路”或“短路”)；排除故障后，继续实验。将10Ω的电阻接入电路中，调节滑动变阻器，使电压表示数为U0，电流表示数如图，此时电流为 A。
(3)用25Ω的电阻替换10Ω的电阻时，应将滑动变阻器的滑片向 (选填“左”或“右”)移动，使得电压表的示数为 V；为了利用这3个电阻进行实验，应当选择 (选填“A”或“B”)滑动变阻器接入电路。
(4)实验完毕，理综胜记录了如表的数据，由此，可以得到结论：导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成 比。
实验次数
1
2
3
电阻R/Ω
5
10
25
电流I/A
0.4
0.08
(5)利用原有器材继续进行刚才的探究实验。在保持上一次实验中，定值电阻两端电压U0不变的情况下，我们可以在该电路两端加的最大电源电压为 V。
17. 理综胜同学为了探究小灯泡亮度与实际功率的关系，设计了如图1所示的实验电路，小灯泡标有“2.5V”的字样。
(1)如图1是理综胜连接的实验电路，连好后他发现图中有一很导线连接错误，请你在这根导线上打“×”，并在图中改正。
(2)电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，而电流表有示数，电压表没有示数，则可能的故障是 。
(3)排除故障后，理综胜进行了4次测量，并将有关数据及现象记录在下表中。分析表中数据，要完成第三次实验，与第二次实验相比，滑动变阻器连入电路的阻值 (选填“更大”“更小”或“相等”)。理综胜测得小灯泡的额定功率为 W，另一位同学理综强认为，无需测量，也能计算出小灯泡的额定功率。他利用第一次实验测量的数据，计算出0.5V电压下小灯泡的电阻R，再根据P=U2R计算小灯泡在2.5V下的额定功率。那么按此方案算出的小灯泡的额定功率与理综胜测量的额定功率相比 (选填“偏大”“偏小”或“相等”)。造成上述偏差的原因是小灯泡的电阻受 (选填“温度”“电压”或“电流”)的影响。
(4)理综胜认为，为了得到小灯泡准确的额定功率。应求出上述表格中多组小灯泡电功率的平均值作为小灯泡的额定功率，这种数据处理方法是 (选填“正确”或“错误”)的。
(5)某实验小组由于电压表被损坏，又想出一种测量小灯泡额定功率的方法，电路设计如图2所示，其中R0为阻值已知的定值电阻，请将以下实验步骤补充完整。
①检查电路无误后，闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器滑片直至电流表示数为I1时，小灯泡正常发光；
②滑动变阻器滑片不动，断开S1，闭合S2，读出电流表的示数为I2；
③小灯泡的额定功率P额= (用R0、I1、I2表示)。
实验序号
电压U/V
电流I/A
电功率P/W
灯泡的亮度
1
0.5
0.16
0.08
不亮
2
1.7
0.24
0.41
较暗
3
2.5
0.28
正常
4
3.0
0.30
0.90
很亮
五、计算题（本题共3小题，共22分）
18. 如图所示为理综胜同学备战中考时使用的茶壶，空壶的质量为0.04kg，其底面积为1×10-3m2，茶水的质量为0.16kg，茶水的深度为10cm(茶水密度取水的密度，壶壁厚度不计)。求：
(1)茶水对壶底的压强。
(2)茶水对壶底的压力。
(3)茶壶对水平桌面的压强。
19. 如图为理综胜同学购买的备战中考电热养生壶，有低温、中温、高温三个挡位，可以满足理综胜同学备战中考过程中对精细烹饪和营养量化等功能的需求。其简化电路图如图所示，铭牌如表所示，R1、R2为阻值不变的电热丝。
项目
参数
额定电压(V)
220
低温挡功率(W)
220
中温挡功率(W)
440
高温挡功率(W)
880
容积(L)
2.5
(1)电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流；
(2)R2的阻值；
(3)若养生壶高温挡加热效率为75%，某次将初温是27℃的水加热到60℃，用时7min，则水的质量是多少[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]。
20. 放置在水平地面上的两个物体A和B均为实心长方体，它们的长、宽、高如图所示。物体A的密度为0.8×103kg/m3，物体B的质量为8kg。
(1)物体A的质量；
(2)物体A和B所受重力之比；
(3)在保持物体A、B原有放置方式的情况下，分别沿竖直方向从A、B的右侧按相同比例K(长度的比例)截取一部分长方体，叠放在对方剩余部分的上表面时，它们对水平地面的压强相等，则K值为多少。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.一根筷子的长度约25cm，物理教科书的长度略大于此数值，在26cm左右，故A符合题意；
B.10个鸡蛋的质量约1斤，而1斤=500g，所以一个鸡蛋的质量在50g左右，故B不符合题意；
C.教室内日光灯的额定功率约为40W，故C不符合题意；
D.中学生脉搏一般是1min跳动70次左右，故中学生脉搏跳动30次所用的时间约为26s，故D不符合题意。
故选：A。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2.【答案】D
【解析】解：A、蜡炬成灰泪始干--蜡烛在熔化过程中需要吸热，故A正确；
B、千里冰封--冰是凝固形成的，形成过程中需要放出热量，故B正确；
C、墙内开花墙外香--说明一切物质的分子都在不停地做无规则运动，故C正确；
D、露似真珠月似弓--露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，形成过程中需要放出热量，内能减小，故D错误。
故选：D。
(1)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华；
(2)一切物质的分子都在不停地做无规则运动。
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。
3.【答案】B
【解析】解：A、力是改变物体运动状态的原因，在太空中物体虽然处于失重状态，王亚平抛“冰墩墩”时仍然需要施加力，故A错误；
B、根据牛顿第一定律可知，由于在太空中处于失重状态，因此抛出去到“冰墩墩”几乎做匀速直线运动，故B正确；
C、力是改变物体运动状态的原因，叶光富用手接住王亚平抛出“冰墩墩”的瞬间，“冰墩墩”由运动变为静止，受到力的作用，故C错误；
D、一切物体都具有惯性，“冰墩墩”在太空中虽然处于失重状态，但仍然具有惯性，故D错误。
故选B。
(1)力是改变物体运动状态的原因；
(2)根据牛顿第一定律进行分析；
(3)惯性是指物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体都有惯性；
本题考查了惯性、牛顿第一定律、力的作用效果等知识的理解和应用，涉及的知识点较多，综合性较强。
4.【答案】A
【解析】解：当你对着话筒说话时，产生的声音使膜片振动，与膜片相连的线圈也跟着一起振动，而线圈处在磁场中，线圈振动时切割磁感线，能产生随着声音变化而变化的电流，感应电流经过放大后，通过扬声器还原成声音。话筒运用的是电磁感应的原理，即导体在闭合线圈中做切割磁感线运动，产生的感应电流；
A、图中闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，故A正确；
B、该图是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，故B错误；
C、闭合开关，通电导体在磁场中受到力的作用，导体会运动，故C错误；
D、该图中电磁铁的工作原理是电流的磁效应，故D错误；
故选：A。
本题考查了动圈式话筒的工作过程及原理，动圈式话筒是根据电磁感应现象工作的，将声音信号转变成电信号。
5.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，两电阻串联，当开关S1闭合时，R1、R2同时工作，为低温状态；再闭合S2，只有R1工作，为高温状态，故A错误；
B.由图可知，两个电阻并联，当开关S1闭合时，只有R1工作，为低温状态；再闭合S2，R1、R2同时工作，为高温状态；若断开S1，围脖停止发热，故B正确；
C.由图可知，两个电阻并联，当开关S1闭合时，只有R1工作；再闭合S2，R1、R2同时工作；若断开S1，只有R2发热，故C错误；
D.由图可知，电阻两电阻串联，当开关S1、S2闭合时，R1、R2同时工作，断开其中一个开关电路停止工作，故D错误。
故选：B。
由题意可知，只闭合S1时，R1工作，为低温状态，再闭合S2后，R1、R2同时工作，为高温状态，说明R1可以独立工作、R1和R2可以同时工作，即两电阻并联；断开S1时，围脖停止发热，说明开关S1位于干路，开关S2位于R2支路，据此进行解答。
本题考查了电路图的设计，根据题意得出两电阻的连接方式和开关的位置是关键。
6.【答案】D
【解析】解：A、若用较小的力拉箱子，没拉动箱子，说明此时受力平衡，水平方向上的拉力(图中拉力的分力)等于摩擦力，故A错误；
B、若箱子速度增大，压力大小和接触面的粗糙程度不变，则地面对箱子的摩擦力大小不变，故B错误；
C、由图可知，地面对箱子的摩擦力和绳子对箱子的拉力不在一条直线上，不是一对平衡力，故C错误；
D、箱子对地面的压力和地面对箱子的支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上，是一对相互作用力，故D正确。
故选：D。
(1)物体处于平衡状态时受平衡力；
(2)摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；
(3)二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；(4)一对相互作用力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上。
本题主要考查了对平衡状态、影响摩擦力的因素、平衡力和相互作用力等的理解与应用，综合性强，但难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：(1)正放时，液体对容器底的压力，
F1=p1S1=ρgh1S1>G，
倒置时，液体对容器底的压力：
F2=p2S2=ρgh2S2
(2)容器质量相同，液体质量相同，则总重力相等，
因为在水平面上压力等于重力，所以压力相等，即F1压=F2压，
根据p=FS知，倒置受力面积减小，压强变大，即p1
(1)倒置后，液体深度增大，由液体压强公式得出容器底受到液体压强的变化情况；
倒置后容器底受到的压强变大，但受力面积变小。若利用F=pS，则不好判断压力的变化情况；
对于这种上下口不一样大的容器，可以通过比较对容器底的压力与液体重的大小关系，得出倒置前后对容器底的产生的压力大小关系；
(2)在水平桌面上，物体对桌面的压力等于物体重，倒置后压力不变、受力面积变大，根据压强公式判断桌面受到的压强变化。
本题考查了学生对压强定义式、液体压强公式的掌握和运用，在水平桌面上，物体对桌面的压力等于物体重力。
8.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，闭合开关S，滑动变阻器与定值电阻R串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，此时滑动变阻器的电功率为零，由图乙可知，3是滑动变阻器的功率与电流的关系图线；
由P=UI可知，电源电压不变时，电路的总功率与电流成正比，由图乙可知，1是电路的总功率与电流的关系图线；
由P=UI=I2R可知，定值电阻R的功率与电流图像为二次函数图像，则2是定值电阻R的功率与电流的关系图线，故A错误；
B、由图乙可知，当电流表示数为1A时，电路的总功率、定值电阻R的功率均为3W，
由P=UI可知，电源的电压：U=PI=3W1A=3V，
由I=UR可得，定值电阻的阻值：R=UI=3V1A=3Ω，
当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，定值电阻R两端的电压最小，
此时电路中的总电阻：R总=R+R滑大=3Ω+9Ω=12Ω，
则电路中的电流：I小=UR总=3V12Ω=0.25A，
电阻R两端的电压：U小=I小R=0.25A×3Ω=0.75V，
因此滑片移动过程中，电压表示数的变化范围为0.75V-3V，故B错误；
C、由B可知，滑动变阻器的滑片P处于最大电阻时，电路的总电阻：R总=12Ω，
则此时电路中的功率：P=U 2R总=(3V)212Ω=0.75W，故C错误；
D、因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：I=UR总=UR+R滑=3V3Ω+R滑，
当滑动变阻器功率为0.72W时，根据P滑=U滑I滑=I滑2R滑可得：0.72W=(3V3Ω+R滑)2R滑，
整理可得：2R滑2-13Ω×R滑+18Ω2=0，
解得：R滑1=2Ω，R滑2=4.5Ω，
由于R滑1<9Ω，R滑2<9Ω，所以当滑动变阻器功率为0.72W时，其滑片所处的位置有两处，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，闭合开关S，滑动变阻器与定值电阻R串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，此时滑动变阻器的电功率为零，据此结合图乙得出滑动变阻器的功率与电流的关系图线；根据P=UI可知，电源电压不变时，电路的总功率与电流成正比，据此结合图乙得出电路的总功率与电流的关系图线；然后根据P=UI=I2R得出定值电阻的功率与电流的关系图线；
(2)根据图乙读出电流表示数为1A时电路的总功率、定值电阻R的功率，根据P=UI求出电源的电压，根据欧姆定律求出定值电阻的阻值，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出滑片移动过程中，电压表示数的变化范围；
(3)根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器的滑片P处于最大电阻时电路中的总电阻，根据P=UI=U2R求出电路的功率；
(4)利用串联电路的电阻特点和欧姆定律表示出电路中的电流，然后根据P=UI=I2R结合滑动变阻器功率为0.72W得出等式，然后求出滑动变阻器接入电路中的电阻，进一步得出对应电路中的电流，再与电路中的最大电流相比较进行判断。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，能从图象中判断电路中的最大电流以及最大功率是本题的突破口。
9.【答案】奥斯特 牛顿
【解析】解：丹麦物理学家奥斯特于1820年发现了电流的磁效应，第一个揭示了电和磁之间的联系。物理学家牛顿不仅在经典力学中作出了突出贡献，还发现了光的色散现象。
故答案为：奥斯特；牛顿。
要解答此题，需掌握在物理学发展的历史上做出了重要贡献的科学家。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
10.【答案】大 空气
【解析】解：(1)飞船在加速升空过程中，其质量不变，速度增大，则动能变大；同时高度不断增大，则重力势能增大；因机械能等于动能与势能之和，则它的机械能增大；
(2)电视机里王亚平的声音是通过空气传入小明耳朵的。
故答案为：大；空气。
(1)动能大小的影响因素有质量和速度，质量越大，速度越大，则动能越大；重力势能大小的影响因素有质量和高度，质量越大，高度越高，则重力势能越大；机械能等于动能与势能之和。
(2)声音的传播需要介质，一切固体、液体、气体都可以作为传声的介质。
本题考查了机械能的概念、声音的传播，是一道基础题。
11.【答案】1：2 4：9
【解析】解：水平面上的物体对水平面的压力等于自身的重力，根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh可得此时A和B对桌面的压强之比：pApB=ρghAρghB=hAhB=12；
正方体的边长之比为1：2，则底面积之比SA：SB=1：4，
根据G=F=pS可得A、B的重力之比：GAGB=pASApBSB=1×12×4=18，
把A叠放在B正上方，A对B的压强：p1=GASA=pA，
B对桌面的压强：p2=GA+GBSB=pASASB+pB=pA×14+pB，
则A对B的压强p1与B对桌面的压强p2之比为：p1p2=pApA×14+pB=pApA×14+2pA=49。
故答案为：1：2；4：9。
水平面上的物体对水平面的压力等于自身的重力，根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh可得此时A和B对桌面的压强之比；
已知正方体的边长之比，根据面积公式计算正方体的底面积之比，根据F=pS计算A、B的重力之比，根据压强公式表示把A叠放在B正上方A对B的压强和B对桌面的压强，进一步计算A对B的压强p1与B对桌面的压强p2之比。
本题考查重力公式、密度公式、压强公式的灵活运用，知道水平面上的物体对水平面的压力等于自身的重力。
12.【答案】2000
【解析】解：容器是圆柱形薄壁容器，则未放入小球时水对容器底的压力：
F=G水=m水g=2kg×10N/kg=20N；
未放入小球时水对容器底的压强为：
p水=FS=20N1×10-2m2=2000pa。
故答案为：2000。
由于容器是圆柱形薄壁容器，则未放入小球时水对容器底的压力等于水的重力，根据压强公式p=FS即可求出水对容器底的压强。
本题是压强公式和重力的灵活应用，计算时注意条件：容器是圆柱形薄壁容器，水对容器底的压力等于水的重力。
13.【答案】解：过物体的重心沿竖直向下的方向画一条带箭头的线段，并用符号G表示。如图所示：
【解析】用一根带箭头的线段来表示力的三要素，这种表示方法叫力的示意图。
重力是作用在物体上的力，作用点画在物体的几何中心，方向是竖直向下的。
画重力的示意图关键是要明确它的三要素，这里注意重力的方向始终是竖直向下的。
14.【答案】解：结合磁感线的方向可知：通电螺线管的右端为N极，左端为S极，利用安培定则，可以判断电流是从通电螺线管的左端流入的，所以电源的左端为正极，右端即为负极，如图所示：
。
【解析】在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，回到S极，利用安培定则即可解决此题。
要解决此题要能够通过磁感线的方向判断出电磁铁的磁极，然后由安培定则即可解此题。
15.【答案】碎冰 使冰受热均匀 B 0 4
【解析】解：(1)碎冰块比大冰块易受热均匀，因此实验时应将碎冰放入试管内进行实验；将试管放入装有水的烧杯中加热的方法是水浴法，这样做的好处是使冰受热均匀，便于观察试管中冰的状态变化；
(2)读取示数时正确的读数方法是B，读数时视线应与温度计中液面相平；
(3)由图丙可知，从第4分钟到8分钟为冰的熔化过程，在熔化过程中冰的温度保持0℃不变，所以冰的熔点为0℃，熔化的时间为8min-4min=4min。
故答案为：(1)碎冰；使冰受热均匀；(2)B；(3)0；4。
(1)实验时采用碎冰块比大冰块易受热均匀；水浴法加热的优点：受热均匀；
(2)读数时视线应与温度计中液面相平，俯视读数偏大，仰视读数偏小；
(3)由丙图可知，从第4分钟到8分钟，冰的温度保持0℃不变，所以冰是晶体，且熔点为0℃。
本题考查冰熔化时温度的变化，难度较小，属于基础题目。
16.【答案】断开 控制电阻两端的电压不变 断路 0.2 右 2 B 反 6
【解析】解：(1)为保护电路，连接电路时开关应该断开；探究“电流跟电阻的关系”，要控制电阻的电压不变，滑动变阻器在本实验中除了保护电路以外还起到的主要作用是控制电阻两端的电压不变；
(2)将5Ω的电阻接入电路，闭合开关。移动滑片P发现电流表始终无示数，电路可能断路，电压表有示数，则电压表与电源连通，其原因可能是定值电阻断路；排除故障后，继续实验。将10Ω的电阻接入电路中，调节滑动变阻器，使电压表示数为U0，电流表示数如图，电流表选用小量程，分度值为0.02A，此时电流为0.2A；
(3)用25Ω的电阻替换10Ω的电阻时，根据串联分压原理可知，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，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为2V；
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压
U滑=U-U0=4V-2V=2V；
变阻器分得的电压为电压表示数的0.6倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑1=1×25Ω=25Ω；
为了利用这3个电阻进行实验，应当选择B滑动变阻器接入电路；
(4)根据表中数据，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，可以得到结论：导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。
(5)根据串联电路的规律及分压原理有：
U-U0U0=R滑R；
方程左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器最大电阻连入电路中时(B变阻器的最大电阻为50Ω)，对应的定值电阻也最大，这时对应的电源电压最大，即
U-2V2V=50Ω25Ω；
在该电路两端加的最大电源电压为：
U=6V。
故答案为：(1)断开；控制电阻两端的电压不变；(2)断路；0.2；(3)右；2；B；(4)反；(5)6。
(1)为保护电路，连接电路时开关应该断开；探究“电流跟电阻的关系”，要控制电阻两端的电压不变；
(2)若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
根据电流表选用小量程确定分度值读数；
(3)根据控制变量法，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；
探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，从而确定选择的滑动变阻器；
(4)分析表中数据得出结论；
(5)根据串联电路的规律及分压原理得出在该电路两端加的最大电源电压。
本题探究“电流跟电阻的关系”，考查注意事项、故障和数据分析、操作过程和对器材的要求。
17.【答案】灯泡短路 更小 0.70 偏大 温度 错误 I1R0(I2-I1)
【解析】解：(1)由图1可知，电压表与小灯泡和滑动变阻器并联，测的是电源电压，是错误的，电压表应与小灯泡并联，测测量小灯泡的电压，如下所示：
(2)电路连接正确后，闭合开关，而电流表有示数，则电路为通路，发现小灯泡不亮，电压表没有示数，则可能的故障是灯泡短路；
(3)由表中数据可知，要完成第三次实验，与第二次实验相比，电路中的电流变大了，在电源电压不变时，根据R=UI知电路的电阻变小，滑动变阻器连入电路的阻值更小；
由表格数据可知，小灯泡的额定功率为：
P=UI=2.5V×0.28A=0.70W；
灯的电阻随温度的升高而变大，用已经测量的其中一组数据，计算出0.5V电压下小灯泡的电阻R，小于灯在额定电压下的电阻，再根据P=U2R算小灯泡在2.5V下的额定功率，则按此方案算出的小灯泡的额定功率与前一步测量的额定功率相比偏大；
(4)理综胜的做法错误，小灯泡在不同电压下的功率不同，在额定电压下的功率为额定功率；
(5)①断开S2，闭合S1、S，灯L与电阻R0并联，电流表测定值电阻的电流，调节滑动变阻器滑片直至电流表示数为I1时，小灯泡正常发光，小灯泡正常发光时的电压为：UL=I1R0；
②闭合S2、S，断开S1，灯L与电阻R0仍然并联，此时电流表测干路电流，因保持滑片位置不变，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律可得，灯泡正常发光时的电流：I额=I2-I1；
③灯的额定功率：P额=U额I额=U额(I2-I1)=I1R0(I2-I1)。
故答案为：(1)见解答图；(2)灯泡短路；(3)更小；0.70；偏大；温度；(4)错误；(5)I1R0(I2-I1)。
(1)根据实物图分析，电压表测电源电压是错误的，电压表应与小灯泡并联；
(2)电路连接正确后，闭合开关，而电流表有示数，则电路为通路，根据小灯泡不亮，电压表没有示数分析；
(3)根据分压原理判断出滑动变阻器连入电路阻值的变化；
根据P=UI求出灯的额定功率；
根据灯的电阻随温度的升高而变大结合P=U2R分析；
(4)小灯泡在不同电压下的功率不同，在额定电压下的功率为额定功率；
(5)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R0应起到电压表的测量作用，第1次实验操作中，将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为I1时灯泡正常发光，由欧姆定律表示出小灯泡两端的电压；
在第2次操作中，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P=UI写出小灯泡的额定功率表达式。
本题探究小灯泡亮度与实际功率的关系，考查电路连接、故障分析、电阻、功率的计算及数据分析、影响电阻大小的因素和变量法的运用。
18.【答案】解：(1)茶水的深度h=10cm=0.1m，
茶水对壶底的压强：p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1000Pa；
(2)茶水对壶底的压力：F=pS=1000Pa×1×10-3m2=1N；
(3)茶壶和茶水的总重力：G总=m总g=(0.04kg+0.16kg)×10N/kg=2N，
茶壶对水平桌面的压力：F'=G总=2N，
茶壶对水平桌面的压强：p'=F'S=2N1×10-3m2=2000Pa。
答：(1)茶水对壶底的压强为1000Pa；
(2)茶水对壶底的压力为1N；
(3)茶壶对水平桌面的压强为2000Pa。
【解析】(1)由图可知杯内茶水的深度，根据p=ρgh求出茶水对壶底的压强；
(2)利用F=pS求出茶水对壶底的压力；
(3)根据G=mg求出茶壶和茶水的总重力，茶壶对水平桌面的压力等于茶壶和茶水的总重力，根据p=FS求出壶对水平桌面的压强。
本题考查了学生对压强定义式和液体压强公式的掌握和运用，对于不规则的容器，对容器底的压力和压强，要先计算液体对容器底的压强p=ρgh、再计算液体对容器底的压力F=pS；容器对桌面的压力和压强，先计算容器对桌面的压力F=G、再计算容器对桌面的压强p=FS。
19.【答案】解：(1)由P=UI可知，电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流：I低=P低U=220W220V=1A；
(2)当S1闭合、S2接A是，只有R2工作，当S1闭合、S2接B时，R1、R2并联，当S1断开、S接A时，R1、R2串联；
根据串并联电路的电阻特点可知，当S1断开、S接A时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，根据P=U2R可知，电路中的总功率最小，养生壶处于低温挡；
当S1闭合、S2接B时，R1、R2并联，电路中的总电阻最小，总功率最大，养生壶处于高温挡；
当S1闭合、S2接A是，只有R2工作，养生壶处于中温挡；
由P=U2R可知，R2的电阻：R2=U2P中=(220V)2440W=110Ω；
(3)由P=Wt可知，养生壶消耗的电能：W=P高t=880W×7×60s=3.696×105J，
由η=Q吸W可知，水吸收的热量：Q吸=ηW=75%×3.696×105J=2.772×105J，
由Q吸=cm(t-t0)可知，水的质量：m=Q吸c(t'-t0)=2.772×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×(60℃-27℃)=2kg。
答：(1)电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流为1A；
(2)R2的阻值为110Ω；
(3)水的质量是2kg。
【解析】(1)知道电热养生壶低温挡的功率，利用P=UI求出电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流；
(2)当S1闭合、S2接A是，只有R2工作，当S1闭合、S2接B时，R1、R2并联，当S1断开、S接A时，R1、R2串联；根据串并联电路的特点和P=U2R可知高温挡、中温挡和低温挡的电路连接；根据中温挡功率和P=U2R可求出R2的阻值；
(3)利用P=Wt求出养生壶消耗的电能，利用效率公式求出水吸收的热量，利用Q吸=cm(t-t0)求出水的质量。
本题考查串并联电路的特点、电功和电功率公式、吸热公式以及效率公式的应用，关键是能正确分析不同状态下的电路连接。
20.【答案】解：(1)物体A的体积：
VA=0.2m×0.1m×0.1m=0.002m3，
根据ρ=mV可得，物体A的质量：
mA=ρAVA=0.8×103kg/m3×0.002m3=1.6kg；
(2)长方体A、B的重力之比：
GA：GB=mAg：mBg=mA：mB=1.6kg：8kg=1：5；
(3)设比例为1k，比例不是指体积的比例，而是长度的比例，
则A截取的长度是0.2km，B截取的长度是0.4km，
B的密度ρB=mBVB=8kg0.4m×0.2m×0.2m=0.5×103kg/m3，
A截取的质量：
m1=V2ρA=0.2km×0.1m×0.1m×0.8×103kg/m3=1.6kkg，
同理B截取的质量：
m2=V2ρB=0.4km×0.2m×0.2m×0.5×103kg/m3=8kkg，
叠放后A的质量：
mA'=mA-m1+m2=1.6kg-1.6kkg+8kkg=(1.6+6.4k)kg，
叠放后B的质量：
mB'=mB-m2+m1=(8kg-8kkg+1.6k)kg=(8-6.4k)kg，
叠放后A的压强：
pA'=GA'SA'=mAg(0.2m-0.2km)×0.1m=(1.6+6.4k)kg×10N/kg(1-1k)×0.02m2，
B的压强：
pB'=GB'SB'=mB'g(0.4m-0.4km)×0.2m=(8-6.4k)kg×10N/kg(1-1k)0.08m2，
已知：pA'=pB'，
即：(1.6+6.4k)kg×10N/kg(1-1k)×0.02m2=(8-6.4k)kg×10N/kg(1-1k)0.08m2，
解得：k=20。
答：(1)物体A的质量为1.6kg；
(2)物体A、B所受重力的之比为1：5；
(3)k值为20。
【解析】(1)先根据题意求出物体A的体积，利用密度公式求出物体A的质量；
(2)知道物体A、B的质量，根据G=mg求出长方体A、B的重力之比；
(3)设长度的比例为1k，则A截取的长度是0.2km，B截取的长度是0.4km，求得B的密度，分别求得A截取的质量和B截取的质量，再求出叠放后A、B的质量，再利用压强相等，求出k的值即可。
本题涉及的知识点不是很多，难点是根据此时的压强相等列出方程，对数学知识的要求较高。
2022-2023学年重庆市为明学校九年级（下）第一次作业物理试卷
一、单选题（本题共8小题，共24分）
1. 重庆实验外国语学校某同学对身边的物理量进行了估测，以下最接近实际的是( )
A. 物理教科书的长度约为26cm B. 一枚鸡蛋的质量约为50kg
C. 教室内日光灯的额定功率约为400W D. 中学生脉搏跳动30次所用的时间约为2s
2. 五千年的华夏文明，创造了无数的诗歌辞赋，我们在欣赏这些诗歌辞赋时，不仅要挖掘其思想内涵，还可以探究其中所描述的自然现象与物理规律，下面是某位同学对部分诗句中蕴涵的物理知识的理解。其中不正确的是( )
A. “蜡炬成灰泪始干”——蜡烛在熔化过程中吸收热量
B. “千里冰封，万里雪飘”——冰是水凝固形成的
C. “墙内开花墙外香”——闻到花香，说明了分子永不停息做无规则运动
D. “露似真珠月似弓”——露是水蒸气汽化形成的，汽化时水的内能会减小
3. 如图所示，是我国宇航员第三次太空授课的情景。已知物体在“天和”核心舱中处于失重状态，王亚平将2022年北京冬奥会的吉祥物“冰墩墩”抛到对面宇航员叶光富的手中，下面说法正确的是( )
A. 由于在太空中处于失重状态，所以王亚平抛“冰墩墩”时不需要施加力
B. 由于在太空中处于失重状态，因此抛出去的“冰墩墩”几乎做匀速直线运动
C. 叶光富用手接住王亚平抛出的“冰墩墩的瞬间，“冰墩墩”没有受到力的作用
D. 由于“冰墩墩”在太空中处于失重状态，所以王亚平手中的“冰墩墩”没有惯性
4. 如图是一种常见的动圈式话筒的构造图，如图所示的四幅图中能够说明其工作原理的是( )
A. B.
C. D.
5. “智能穿戴”已经成为当下小科技创新的主流派，有一款“发热围脖”成为网红产品。其原理很简单：内置两个柔性发热电阻，当开关S1闭合时，为低温状态；再闭合S2，R1、R2同时工作，为高温状态；若断开S1，围脖停止发热。以下简化模拟电路设计正确的是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示，理综胜同学用绳子拉着备考箱子在水平地面上做匀速直线运动。在该过程中，下列说法中正确的是( )
A. 若理综胜用较小的力拉箱子，没拉动箱子，说明拉力小于摩擦力
B. 若箱子速度增大则地面对箱子的摩擦力也增大
C. 地面对箱子的摩擦力和绳子对箱子的拉力是一对平衡力
D. 箱子对地面的压力和地面对箱子的支持力是一对相互作用力
7. 如图所示，一密闭容器放在桌面上，如图(a)所示，此时液体对容器底的压力为F1，容器对桌面的压强为p1；将容器倒立放置，此时液体对容器底的压力为F2，容器对桌面的压强为p2，如图(b)所示。则下列说法正确的是( )
A. F1=F2 p1=p2 B. F1>F2 p1
A. 图乙中曲线1是定值电阻R的P-I图象
B. 滑片移动过程中，电压表示数的变化范围为1-3V
C. 滑动变阻器的滑片P处于最大电阻时，电路的功率为3W
D. 当滑动变阻器功率为0.72W时，其滑片所处的位置有两处
二、填空题（本题共4小题，共8分）
9. 科学家的每次重大发现，都有力地推动了人类文明的进程。丹麦物理学家 于1820年发现了电流的磁效应，第一个揭示了电和磁之间的联系。物理学家 不仅在经典力学中作出了突出贡献，还发现了光的色散现象。
10. 2021年10月16日，载有翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员的神舟十三号飞船在酒泉卫星发射中心点火升空，飞船在加速升空过程中机械能变______。小明全程观看了“天宫课堂”太空授课直播，电视机里王亚平的声音是通过______传入小明耳朵的。
11. 同种材料制成的正方体A、B放在水平桌面上，如图甲所示，他们的边长之比为1：2，则此时A和B对桌面的压强之比pA：pB=______；若把A叠放在B正上方，如图乙所示，则A对B的压强p1与B对桌面的压强p2之比为______。
12. 如图所示，圆柱形薄壁容器A和一个多孔蜂窝状的小球B置于水平地面上。A容器重2N，高0.3m、底面积为1×10-2m2，内盛有2kg水。小球B的密度为1.5g/cm3，将小球B完全浸没在容器A的水中后，容器对水平地面的压强变为2950Pa，且平稳后发现水面上升了4cm。则未放入小球时水对容器底的压强为 Pa。
三、作图题（本题共2小题，共4分）
13. 如图所示，一物体静止在斜面上，请你画出该物体所受重力的示意图。
14. 如图所示，根据通电线圈的磁感线方向在图中标出电源右端“+”或“-”极。
四、实验探究题（本题共3小题，共22分）
15. 图甲是理综胜在探究冰熔化时温度的变化规律的实验装置。
(1)图甲装置中，应选取 (选填“大冰块”或“碎冰”)装入试管内进行实验，采用“水浴法”加热的好处是 。
(2)实验时某时刻温度计的示数如图乙所示，正确的读数方法是 (选填“A”“B”或“C”)。
(3)冰的熔点是 ℃，冰熔化过程持续了 min。
16. 理综胜同学用如图所示的电路探究“电流跟电阻的关系”，实验器材有：学生电源(4V不变)，电流表、电压表、定值电阻3只(5Ω、10Ω、25Ω各一只)，滑动变阻器A(20Ω,1A)、B(50Ω,1A)，开关、导线若干。如图是理综胜连接的实验电路。
(1)连接电路时开关应该 ，滑动变阻器在本实验中除了保护电路以外还起到的主要作用是 。
(2)将5Ω的电阻接入电路，闭合开关。移动滑片P发现电压表有示数，电流表始终无示数，其原因可能是定值电阻 (选填“断路”或“短路”)；排除故障后，继续实验。将10Ω的电阻接入电路中，调节滑动变阻器，使电压表示数为U0，电流表示数如图，此时电流为 A。
(3)用25Ω的电阻替换10Ω的电阻时，应将滑动变阻器的滑片向 (选填“左”或“右”)移动，使得电压表的示数为 V；为了利用这3个电阻进行实验，应当选择 (选填“A”或“B”)滑动变阻器接入电路。
(4)实验完毕，理综胜记录了如表的数据，由此，可以得到结论：导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成 比。
实验次数
1
2
3
电阻R/Ω
5
10
25
电流I/A
0.4
0.08
(5)利用原有器材继续进行刚才的探究实验。在保持上一次实验中，定值电阻两端电压U0不变的情况下，我们可以在该电路两端加的最大电源电压为 V。
17. 理综胜同学为了探究小灯泡亮度与实际功率的关系，设计了如图1所示的实验电路，小灯泡标有“2.5V”的字样。
(1)如图1是理综胜连接的实验电路，连好后他发现图中有一很导线连接错误，请你在这根导线上打“×”，并在图中改正。
(2)电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，而电流表有示数，电压表没有示数，则可能的故障是 。
(3)排除故障后，理综胜进行了4次测量，并将有关数据及现象记录在下表中。分析表中数据，要完成第三次实验，与第二次实验相比，滑动变阻器连入电路的阻值 (选填“更大”“更小”或“相等”)。理综胜测得小灯泡的额定功率为 W，另一位同学理综强认为，无需测量，也能计算出小灯泡的额定功率。他利用第一次实验测量的数据，计算出0.5V电压下小灯泡的电阻R，再根据P=U2R计算小灯泡在2.5V下的额定功率。那么按此方案算出的小灯泡的额定功率与理综胜测量的额定功率相比 (选填“偏大”“偏小”或“相等”)。造成上述偏差的原因是小灯泡的电阻受 (选填“温度”“电压”或“电流”)的影响。
(4)理综胜认为，为了得到小灯泡准确的额定功率。应求出上述表格中多组小灯泡电功率的平均值作为小灯泡的额定功率，这种数据处理方法是 (选填“正确”或“错误”)的。
(5)某实验小组由于电压表被损坏，又想出一种测量小灯泡额定功率的方法，电路设计如图2所示，其中R0为阻值已知的定值电阻，请将以下实验步骤补充完整。
①检查电路无误后，闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器滑片直至电流表示数为I1时，小灯泡正常发光；
②滑动变阻器滑片不动，断开S1，闭合S2，读出电流表的示数为I2；
③小灯泡的额定功率P额= (用R0、I1、I2表示)。
实验序号
电压U/V
电流I/A
电功率P/W
灯泡的亮度
1
0.5
0.16
0.08
不亮
2
1.7
0.24
0.41
较暗
3
2.5
0.28
正常
4
3.0
0.30
0.90
很亮
五、计算题（本题共3小题，共22分）
18. 如图所示为理综胜同学备战中考时使用的茶壶，空壶的质量为0.04kg，其底面积为1×10-3m2，茶水的质量为0.16kg，茶水的深度为10cm(茶水密度取水的密度，壶壁厚度不计)。求：
(1)茶水对壶底的压强。
(2)茶水对壶底的压力。
(3)茶壶对水平桌面的压强。
19. 如图为理综胜同学购买的备战中考电热养生壶，有低温、中温、高温三个挡位，可以满足理综胜同学备战中考过程中对精细烹饪和营养量化等功能的需求。其简化电路图如图所示，铭牌如表所示，R1、R2为阻值不变的电热丝。
项目
参数
额定电压(V)
220
低温挡功率(W)
220
中温挡功率(W)
440
高温挡功率(W)
880
容积(L)
2.5
(1)电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流；
(2)R2的阻值；
(3)若养生壶高温挡加热效率为75%，某次将初温是27℃的水加热到60℃，用时7min，则水的质量是多少[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]。
20. 放置在水平地面上的两个物体A和B均为实心长方体，它们的长、宽、高如图所示。物体A的密度为0.8×103kg/m3，物体B的质量为8kg。
(1)物体A的质量；
(2)物体A和B所受重力之比；
(3)在保持物体A、B原有放置方式的情况下，分别沿竖直方向从A、B的右侧按相同比例K(长度的比例)截取一部分长方体，叠放在对方剩余部分的上表面时，它们对水平地面的压强相等，则K值为多少。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.一根筷子的长度约25cm，物理教科书的长度略大于此数值，在26cm左右，故A符合题意；
B.10个鸡蛋的质量约1斤，而1斤=500g，所以一个鸡蛋的质量在50g左右，故B不符合题意；
C.教室内日光灯的额定功率约为40W，故C不符合题意；
D.中学生脉搏一般是1min跳动70次左右，故中学生脉搏跳动30次所用的时间约为26s，故D不符合题意。
故选：A。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2.【答案】D
【解析】解：A、蜡炬成灰泪始干--蜡烛在熔化过程中需要吸热，故A正确；
B、千里冰封--冰是凝固形成的，形成过程中需要放出热量，故B正确；
C、墙内开花墙外香--说明一切物质的分子都在不停地做无规则运动，故C正确；
D、露似真珠月似弓--露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，形成过程中需要放出热量，内能减小，故D错误。
故选：D。
(1)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华；
(2)一切物质的分子都在不停地做无规则运动。
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。
3.【答案】B
【解析】解：A、力是改变物体运动状态的原因，在太空中物体虽然处于失重状态，王亚平抛“冰墩墩”时仍然需要施加力，故A错误；
B、根据牛顿第一定律可知，由于在太空中处于失重状态，因此抛出去到“冰墩墩”几乎做匀速直线运动，故B正确；
C、力是改变物体运动状态的原因，叶光富用手接住王亚平抛出“冰墩墩”的瞬间，“冰墩墩”由运动变为静止，受到力的作用，故C错误；
D、一切物体都具有惯性，“冰墩墩”在太空中虽然处于失重状态，但仍然具有惯性，故D错误。
故选B。
(1)力是改变物体运动状态的原因；
(2)根据牛顿第一定律进行分析；
(3)惯性是指物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体都有惯性；
本题考查了惯性、牛顿第一定律、力的作用效果等知识的理解和应用，涉及的知识点较多，综合性较强。
4.【答案】A
【解析】解：当你对着话筒说话时，产生的声音使膜片振动，与膜片相连的线圈也跟着一起振动，而线圈处在磁场中，线圈振动时切割磁感线，能产生随着声音变化而变化的电流，感应电流经过放大后，通过扬声器还原成声音。话筒运用的是电磁感应的原理，即导体在闭合线圈中做切割磁感线运动，产生的感应电流；
A、图中闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，故A正确；
B、该图是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，故B错误；
C、闭合开关，通电导体在磁场中受到力的作用，导体会运动，故C错误；
D、该图中电磁铁的工作原理是电流的磁效应，故D错误；
故选：A。
本题考查了动圈式话筒的工作过程及原理，动圈式话筒是根据电磁感应现象工作的，将声音信号转变成电信号。
5.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，两电阻串联，当开关S1闭合时，R1、R2同时工作，为低温状态；再闭合S2，只有R1工作，为高温状态，故A错误；
B.由图可知，两个电阻并联，当开关S1闭合时，只有R1工作，为低温状态；再闭合S2，R1、R2同时工作，为高温状态；若断开S1，围脖停止发热，故B正确；
C.由图可知，两个电阻并联，当开关S1闭合时，只有R1工作；再闭合S2，R1、R2同时工作；若断开S1，只有R2发热，故C错误；
D.由图可知，电阻两电阻串联，当开关S1、S2闭合时，R1、R2同时工作，断开其中一个开关电路停止工作，故D错误。
故选：B。
由题意可知，只闭合S1时，R1工作，为低温状态，再闭合S2后，R1、R2同时工作，为高温状态，说明R1可以独立工作、R1和R2可以同时工作，即两电阻并联；断开S1时，围脖停止发热，说明开关S1位于干路，开关S2位于R2支路，据此进行解答。
本题考查了电路图的设计，根据题意得出两电阻的连接方式和开关的位置是关键。
6.【答案】D
【解析】解：A、若用较小的力拉箱子，没拉动箱子，说明此时受力平衡，水平方向上的拉力(图中拉力的分力)等于摩擦力，故A错误；
B、若箱子速度增大，压力大小和接触面的粗糙程度不变，则地面对箱子的摩擦力大小不变，故B错误；
C、由图可知，地面对箱子的摩擦力和绳子对箱子的拉力不在一条直线上，不是一对平衡力，故C错误；
D、箱子对地面的压力和地面对箱子的支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上，是一对相互作用力，故D正确。
故选：D。
(1)物体处于平衡状态时受平衡力；
(2)摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；
(3)二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；(4)一对相互作用力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上。
本题主要考查了对平衡状态、影响摩擦力的因素、平衡力和相互作用力等的理解与应用，综合性强，但难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：(1)正放时，液体对容器底的压力，
F1=p1S1=ρgh1S1>G，
倒置时，液体对容器底的压力：
F2=p2S2=ρgh2S2
(2)容器质量相同，液体质量相同，则总重力相等，
因为在水平面上压力等于重力，所以压力相等，即F1压=F2压，
根据p=FS知，倒置受力面积减小，压强变大，即p1
(1)倒置后，液体深度增大，由液体压强公式得出容器底受到液体压强的变化情况；
倒置后容器底受到的压强变大，但受力面积变小。若利用F=pS，则不好判断压力的变化情况；
对于这种上下口不一样大的容器，可以通过比较对容器底的压力与液体重的大小关系，得出倒置前后对容器底的产生的压力大小关系；
(2)在水平桌面上，物体对桌面的压力等于物体重，倒置后压力不变、受力面积变大，根据压强公式判断桌面受到的压强变化。
本题考查了学生对压强定义式、液体压强公式的掌握和运用，在水平桌面上，物体对桌面的压力等于物体重力。
8.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，闭合开关S，滑动变阻器与定值电阻R串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，此时滑动变阻器的电功率为零，由图乙可知，3是滑动变阻器的功率与电流的关系图线；
由P=UI可知，电源电压不变时，电路的总功率与电流成正比，由图乙可知，1是电路的总功率与电流的关系图线；
由P=UI=I2R可知，定值电阻R的功率与电流图像为二次函数图像，则2是定值电阻R的功率与电流的关系图线，故A错误；
B、由图乙可知，当电流表示数为1A时，电路的总功率、定值电阻R的功率均为3W，
由P=UI可知，电源的电压：U=PI=3W1A=3V，
由I=UR可得，定值电阻的阻值：R=UI=3V1A=3Ω，
当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，定值电阻R两端的电压最小，
此时电路中的总电阻：R总=R+R滑大=3Ω+9Ω=12Ω，
则电路中的电流：I小=UR总=3V12Ω=0.25A，
电阻R两端的电压：U小=I小R=0.25A×3Ω=0.75V，
因此滑片移动过程中，电压表示数的变化范围为0.75V-3V，故B错误；
C、由B可知，滑动变阻器的滑片P处于最大电阻时，电路的总电阻：R总=12Ω，
则此时电路中的功率：P=U 2R总=(3V)212Ω=0.75W，故C错误；
D、因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：I=UR总=UR+R滑=3V3Ω+R滑，
当滑动变阻器功率为0.72W时，根据P滑=U滑I滑=I滑2R滑可得：0.72W=(3V3Ω+R滑)2R滑，
整理可得：2R滑2-13Ω×R滑+18Ω2=0，
解得：R滑1=2Ω，R滑2=4.5Ω，
由于R滑1<9Ω，R滑2<9Ω，所以当滑动变阻器功率为0.72W时，其滑片所处的位置有两处，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，闭合开关S，滑动变阻器与定值电阻R串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流最大，此时滑动变阻器的电功率为零，据此结合图乙得出滑动变阻器的功率与电流的关系图线；根据P=UI可知，电源电压不变时，电路的总功率与电流成正比，据此结合图乙得出电路的总功率与电流的关系图线；然后根据P=UI=I2R得出定值电阻的功率与电流的关系图线；
(2)根据图乙读出电流表示数为1A时电路的总功率、定值电阻R的功率，根据P=UI求出电源的电压，根据欧姆定律求出定值电阻的阻值，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出滑片移动过程中，电压表示数的变化范围；
(3)根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器的滑片P处于最大电阻时电路中的总电阻，根据P=UI=U2R求出电路的功率；
(4)利用串联电路的电阻特点和欧姆定律表示出电路中的电流，然后根据P=UI=I2R结合滑动变阻器功率为0.72W得出等式，然后求出滑动变阻器接入电路中的电阻，进一步得出对应电路中的电流，再与电路中的最大电流相比较进行判断。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，能从图象中判断电路中的最大电流以及最大功率是本题的突破口。
9.【答案】奥斯特 牛顿
【解析】解：丹麦物理学家奥斯特于1820年发现了电流的磁效应，第一个揭示了电和磁之间的联系。物理学家牛顿不仅在经典力学中作出了突出贡献，还发现了光的色散现象。
故答案为：奥斯特；牛顿。
要解答此题，需掌握在物理学发展的历史上做出了重要贡献的科学家。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
10.【答案】大 空气
【解析】解：(1)飞船在加速升空过程中，其质量不变，速度增大，则动能变大；同时高度不断增大，则重力势能增大；因机械能等于动能与势能之和，则它的机械能增大；
(2)电视机里王亚平的声音是通过空气传入小明耳朵的。
故答案为：大；空气。
(1)动能大小的影响因素有质量和速度，质量越大，速度越大，则动能越大；重力势能大小的影响因素有质量和高度，质量越大，高度越高，则重力势能越大；机械能等于动能与势能之和。
(2)声音的传播需要介质，一切固体、液体、气体都可以作为传声的介质。
本题考查了机械能的概念、声音的传播，是一道基础题。
11.【答案】1：2 4：9
【解析】解：水平面上的物体对水平面的压力等于自身的重力，根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh可得此时A和B对桌面的压强之比：pApB=ρghAρghB=hAhB=12；
正方体的边长之比为1：2，则底面积之比SA：SB=1：4，
根据G=F=pS可得A、B的重力之比：GAGB=pASApBSB=1×12×4=18，
把A叠放在B正上方，A对B的压强：p1=GASA=pA，
B对桌面的压强：p2=GA+GBSB=pASASB+pB=pA×14+pB，
则A对B的压强p1与B对桌面的压强p2之比为：p1p2=pApA×14+pB=pApA×14+2pA=49。
故答案为：1：2；4：9。
水平面上的物体对水平面的压力等于自身的重力，根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh可得此时A和B对桌面的压强之比；
已知正方体的边长之比，根据面积公式计算正方体的底面积之比，根据F=pS计算A、B的重力之比，根据压强公式表示把A叠放在B正上方A对B的压强和B对桌面的压强，进一步计算A对B的压强p1与B对桌面的压强p2之比。
本题考查重力公式、密度公式、压强公式的灵活运用，知道水平面上的物体对水平面的压力等于自身的重力。
12.【答案】2000
【解析】解：容器是圆柱形薄壁容器，则未放入小球时水对容器底的压力：
F=G水=m水g=2kg×10N/kg=20N；
未放入小球时水对容器底的压强为：
p水=FS=20N1×10-2m2=2000pa。
故答案为：2000。
由于容器是圆柱形薄壁容器，则未放入小球时水对容器底的压力等于水的重力，根据压强公式p=FS即可求出水对容器底的压强。
本题是压强公式和重力的灵活应用，计算时注意条件：容器是圆柱形薄壁容器，水对容器底的压力等于水的重力。
13.【答案】解：过物体的重心沿竖直向下的方向画一条带箭头的线段，并用符号G表示。如图所示：
【解析】用一根带箭头的线段来表示力的三要素，这种表示方法叫力的示意图。
重力是作用在物体上的力，作用点画在物体的几何中心，方向是竖直向下的。
画重力的示意图关键是要明确它的三要素，这里注意重力的方向始终是竖直向下的。
14.【答案】解：结合磁感线的方向可知：通电螺线管的右端为N极，左端为S极，利用安培定则，可以判断电流是从通电螺线管的左端流入的，所以电源的左端为正极，右端即为负极，如图所示：
。
【解析】在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，回到S极，利用安培定则即可解决此题。
要解决此题要能够通过磁感线的方向判断出电磁铁的磁极，然后由安培定则即可解此题。
15.【答案】碎冰 使冰受热均匀 B 0 4
【解析】解：(1)碎冰块比大冰块易受热均匀，因此实验时应将碎冰放入试管内进行实验；将试管放入装有水的烧杯中加热的方法是水浴法，这样做的好处是使冰受热均匀，便于观察试管中冰的状态变化；
(2)读取示数时正确的读数方法是B，读数时视线应与温度计中液面相平；
(3)由图丙可知，从第4分钟到8分钟为冰的熔化过程，在熔化过程中冰的温度保持0℃不变，所以冰的熔点为0℃，熔化的时间为8min-4min=4min。
故答案为：(1)碎冰；使冰受热均匀；(2)B；(3)0；4。
(1)实验时采用碎冰块比大冰块易受热均匀；水浴法加热的优点：受热均匀；
(2)读数时视线应与温度计中液面相平，俯视读数偏大，仰视读数偏小；
(3)由丙图可知，从第4分钟到8分钟，冰的温度保持0℃不变，所以冰是晶体，且熔点为0℃。
本题考查冰熔化时温度的变化，难度较小，属于基础题目。
16.【答案】断开 控制电阻两端的电压不变 断路 0.2 右 2 B 反 6
【解析】解：(1)为保护电路，连接电路时开关应该断开；探究“电流跟电阻的关系”，要控制电阻的电压不变，滑动变阻器在本实验中除了保护电路以外还起到的主要作用是控制电阻两端的电压不变；
(2)将5Ω的电阻接入电路，闭合开关。移动滑片P发现电流表始终无示数，电路可能断路，电压表有示数，则电压表与电源连通，其原因可能是定值电阻断路；排除故障后，继续实验。将10Ω的电阻接入电路中，调节滑动变阻器，使电压表示数为U0，电流表示数如图，电流表选用小量程，分度值为0.02A，此时电流为0.2A；
(3)用25Ω的电阻替换10Ω的电阻时，根据串联分压原理可知，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，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为2V；
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压
U滑=U-U0=4V-2V=2V；
变阻器分得的电压为电压表示数的0.6倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑1=1×25Ω=25Ω；
为了利用这3个电阻进行实验，应当选择B滑动变阻器接入电路；
(4)根据表中数据，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，可以得到结论：导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。
(5)根据串联电路的规律及分压原理有：
U-U0U0=R滑R；
方程左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器最大电阻连入电路中时(B变阻器的最大电阻为50Ω)，对应的定值电阻也最大，这时对应的电源电压最大，即
U-2V2V=50Ω25Ω；
在该电路两端加的最大电源电压为：
U=6V。
故答案为：(1)断开；控制电阻两端的电压不变；(2)断路；0.2；(3)右；2；B；(4)反；(5)6。
(1)为保护电路，连接电路时开关应该断开；探究“电流跟电阻的关系”，要控制电阻两端的电压不变；
(2)若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
根据电流表选用小量程确定分度值读数；
(3)根据控制变量法，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；
探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，从而确定选择的滑动变阻器；
(4)分析表中数据得出结论；
(5)根据串联电路的规律及分压原理得出在该电路两端加的最大电源电压。
本题探究“电流跟电阻的关系”，考查注意事项、故障和数据分析、操作过程和对器材的要求。
17.【答案】灯泡短路 更小 0.70 偏大 温度 错误 I1R0(I2-I1)
【解析】解：(1)由图1可知，电压表与小灯泡和滑动变阻器并联，测的是电源电压，是错误的，电压表应与小灯泡并联，测测量小灯泡的电压，如下所示：
(2)电路连接正确后，闭合开关，而电流表有示数，则电路为通路，发现小灯泡不亮，电压表没有示数，则可能的故障是灯泡短路；
(3)由表中数据可知，要完成第三次实验，与第二次实验相比，电路中的电流变大了，在电源电压不变时，根据R=UI知电路的电阻变小，滑动变阻器连入电路的阻值更小；
由表格数据可知，小灯泡的额定功率为：
P=UI=2.5V×0.28A=0.70W；
灯的电阻随温度的升高而变大，用已经测量的其中一组数据，计算出0.5V电压下小灯泡的电阻R，小于灯在额定电压下的电阻，再根据P=U2R算小灯泡在2.5V下的额定功率，则按此方案算出的小灯泡的额定功率与前一步测量的额定功率相比偏大；
(4)理综胜的做法错误，小灯泡在不同电压下的功率不同，在额定电压下的功率为额定功率；
(5)①断开S2，闭合S1、S，灯L与电阻R0并联，电流表测定值电阻的电流，调节滑动变阻器滑片直至电流表示数为I1时，小灯泡正常发光，小灯泡正常发光时的电压为：UL=I1R0；
②闭合S2、S，断开S1，灯L与电阻R0仍然并联，此时电流表测干路电流，因保持滑片位置不变，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律可得，灯泡正常发光时的电流：I额=I2-I1；
③灯的额定功率：P额=U额I额=U额(I2-I1)=I1R0(I2-I1)。
故答案为：(1)见解答图；(2)灯泡短路；(3)更小；0.70；偏大；温度；(4)错误；(5)I1R0(I2-I1)。
(1)根据实物图分析，电压表测电源电压是错误的，电压表应与小灯泡并联；
(2)电路连接正确后，闭合开关，而电流表有示数，则电路为通路，根据小灯泡不亮，电压表没有示数分析；
(3)根据分压原理判断出滑动变阻器连入电路阻值的变化；
根据P=UI求出灯的额定功率；
根据灯的电阻随温度的升高而变大结合P=U2R分析；
(4)小灯泡在不同电压下的功率不同，在额定电压下的功率为额定功率；
(5)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R0应起到电压表的测量作用，第1次实验操作中，将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为I1时灯泡正常发光，由欧姆定律表示出小灯泡两端的电压；
在第2次操作中，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P=UI写出小灯泡的额定功率表达式。
本题探究小灯泡亮度与实际功率的关系，考查电路连接、故障分析、电阻、功率的计算及数据分析、影响电阻大小的因素和变量法的运用。
18.【答案】解：(1)茶水的深度h=10cm=0.1m，
茶水对壶底的压强：p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1000Pa；
(2)茶水对壶底的压力：F=pS=1000Pa×1×10-3m2=1N；
(3)茶壶和茶水的总重力：G总=m总g=(0.04kg+0.16kg)×10N/kg=2N，
茶壶对水平桌面的压力：F'=G总=2N，
茶壶对水平桌面的压强：p'=F'S=2N1×10-3m2=2000Pa。
答：(1)茶水对壶底的压强为1000Pa；
(2)茶水对壶底的压力为1N；
(3)茶壶对水平桌面的压强为2000Pa。
【解析】(1)由图可知杯内茶水的深度，根据p=ρgh求出茶水对壶底的压强；
(2)利用F=pS求出茶水对壶底的压力；
(3)根据G=mg求出茶壶和茶水的总重力，茶壶对水平桌面的压力等于茶壶和茶水的总重力，根据p=FS求出壶对水平桌面的压强。
本题考查了学生对压强定义式和液体压强公式的掌握和运用，对于不规则的容器，对容器底的压力和压强，要先计算液体对容器底的压强p=ρgh、再计算液体对容器底的压力F=pS；容器对桌面的压力和压强，先计算容器对桌面的压力F=G、再计算容器对桌面的压强p=FS。
19.【答案】解：(1)由P=UI可知，电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流：I低=P低U=220W220V=1A；
(2)当S1闭合、S2接A是，只有R2工作，当S1闭合、S2接B时，R1、R2并联，当S1断开、S接A时，R1、R2串联；
根据串并联电路的电阻特点可知，当S1断开、S接A时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，根据P=U2R可知，电路中的总功率最小，养生壶处于低温挡；
当S1闭合、S2接B时，R1、R2并联，电路中的总电阻最小，总功率最大，养生壶处于高温挡；
当S1闭合、S2接A是，只有R2工作，养生壶处于中温挡；
由P=U2R可知，R2的电阻：R2=U2P中=(220V)2440W=110Ω；
(3)由P=Wt可知，养生壶消耗的电能：W=P高t=880W×7×60s=3.696×105J，
由η=Q吸W可知，水吸收的热量：Q吸=ηW=75%×3.696×105J=2.772×105J，
由Q吸=cm(t-t0)可知，水的质量：m=Q吸c(t'-t0)=2.772×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×(60℃-27℃)=2kg。
答：(1)电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流为1A；
(2)R2的阻值为110Ω；
(3)水的质量是2kg。
【解析】(1)知道电热养生壶低温挡的功率，利用P=UI求出电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流；
(2)当S1闭合、S2接A是，只有R2工作，当S1闭合、S2接B时，R1、R2并联，当S1断开、S接A时，R1、R2串联；根据串并联电路的特点和P=U2R可知高温挡、中温挡和低温挡的电路连接；根据中温挡功率和P=U2R可求出R2的阻值；
(3)利用P=Wt求出养生壶消耗的电能，利用效率公式求出水吸收的热量，利用Q吸=cm(t-t0)求出水的质量。
本题考查串并联电路的特点、电功和电功率公式、吸热公式以及效率公式的应用，关键是能正确分析不同状态下的电路连接。
20.【答案】解：(1)物体A的体积：
VA=0.2m×0.1m×0.1m=0.002m3，
根据ρ=mV可得，物体A的质量：
mA=ρAVA=0.8×103kg/m3×0.002m3=1.6kg；
(2)长方体A、B的重力之比：
GA：GB=mAg：mBg=mA：mB=1.6kg：8kg=1：5；
(3)设比例为1k，比例不是指体积的比例，而是长度的比例，
则A截取的长度是0.2km，B截取的长度是0.4km，
B的密度ρB=mBVB=8kg0.4m×0.2m×0.2m=0.5×103kg/m3，
A截取的质量：
m1=V2ρA=0.2km×0.1m×0.1m×0.8×103kg/m3=1.6kkg，
同理B截取的质量：
m2=V2ρB=0.4km×0.2m×0.2m×0.5×103kg/m3=8kkg，
叠放后A的质量：
mA'=mA-m1+m2=1.6kg-1.6kkg+8kkg=(1.6+6.4k)kg，
叠放后B的质量：
mB'=mB-m2+m1=(8kg-8kkg+1.6k)kg=(8-6.4k)kg，
叠放后A的压强：
pA'=GA'SA'=mAg(0.2m-0.2km)×0.1m=(1.6+6.4k)kg×10N/kg(1-1k)×0.02m2，
B的压强：
pB'=GB'SB'=mB'g(0.4m-0.4km)×0.2m=(8-6.4k)kg×10N/kg(1-1k)0.08m2，
已知：pA'=pB'，
即：(1.6+6.4k)kg×10N/kg(1-1k)×0.02m2=(8-6.4k)kg×10N/kg(1-1k)0.08m2，
解得：k=20。
答：(1)物体A的质量为1.6kg；
(2)物体A、B所受重力的之比为1：5；
(3)k值为20。
【解析】(1)先根据题意求出物体A的体积，利用密度公式求出物体A的质量；
(2)知道物体A、B的质量，根据G=mg求出长方体A、B的重力之比；
(3)设长度的比例为1k，则A截取的长度是0.2km，B截取的长度是0.4km，求得B的密度，分别求得A截取的质量和B截取的质量，再求出叠放后A、B的质量，再利用压强相等，求出k的值即可。
本题涉及的知识点不是很多，难点是根据此时的压强相等列出方程，对数学知识的要求较高。
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