还剩24页未读，
继续阅读
2023年重庆市渝北区六校中考物理练兵试卷（一模）（含答案）
展开
这是一份2023年重庆市渝北区六校中考物理练兵试卷（一模）（含答案），共27页。试卷主要包含了0分），5A等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前
2023年重庆市渝北区六校中考物理练兵试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 根据你对生活中物理量的认识，下列数据符合实际的是( )
A. 教室里空气的质量约为1kg
B. 九年级物理教科书的长度约为26cm
C. 教室里一盏日光灯的额定功率为400W
D. 体育考试前同学们慢速热身跑的速度接近20m/s
2. 民谚俗语常常包涵丰富的物理知识。以下属于光的反射现象的是( )
A. 井底之蛙，所见甚小 B. 不经历风雨，怎么见彩虹
C. 海市蜃楼，虚无缥渺 D. 摘不到的是镜中花，捞不到的是水中月
3. 下列物态变化中，属于汽化现象的是( )
A. 春天，冰雪消融 B. 夏天，晾在室内的湿衣服变干
C. 秋天，早晨草木上露珠的形成 D. 冬天，湖面的水结成冰
4. 如图所示是沙滩摩托车，根据你所学的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 摩托车的速度越快，它的惯性越大
B. 摩托车底部安装有宽的轮子，是为了减小压力
C. 摩托车对地的压力和地面对摩托车的支持力是一对平衡力
D. 摩托车轮子上有很多凸起的地方，是为了增大轮与地的摩擦力
5. 为避免超高车辆闯入隧道造成事故，小欢设计了警示电路，使用时闭合开关S.导线EF横置于隧道口上沿前方，一旦被驶来的车辆撞断，红灯L亮且电动机转动放下栏杆。灯和电动机中，即使其中之一断路，另一个也能正常工作。下列电路中符合要求的是( )
A. B.
C. D.
6. 工人利用如图所示的滑轮组将重120N的物体向上匀速提起2m用时5s。绳子自由端受到的拉力F为50N(不计绳重和摩擦力)。以下相关计算的正确的是( )
A. 有用功是 300J
B. 动滑轮的重力为 70N
C. 拉力 F 的功率为 20W
D. 该滑轮的机械效率为 80%
7. 如图所示的电路中，闭合开关S，让开关S1和S2断开，调节滑动变阻器的滑片P使其位于变阻器的a处(非最左端)，此时灯泡L恰好正常发光，电流表A和电压表V均有示数。已知滑动变阻器的总电阻大于灯泡L的电阻，以下判断正确的是( )
A. 若保持S1和S2断开，让P缓慢向右滑动，灯泡L变亮甚至可能被烧毁
B. 若保持P在a处不动，S1仍断开，闭合S2后，A表和V表示数均变大
C. 若保持P在a处不动，同时闭合S1和S2后，A表和V表示数将变大
D. 若保持S1和S2断开，P移至变阻器最右端b，A表示数变化量和V表示数变化量的比值变小
8. 小华用如图所示的电路测小灯泡功率。电路中电源电压恒为4.5V，电压表的量程为O～3V，电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”，灯泡标有“2.5V 1.25W”字样。若闭合开关，两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端电压不允许超过额定值，不考虑灯丝电阻的变化，则下列说法正确的是( )
A. 电流表示数的变化范围是0～0.5A
B. 滑动变阻器的允许调节的范围是2.5～20Ω
C. 灯泡的最小功率是0.162W
D. 该电路的最大功率是2.7W
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共5小题，共10.0分）
9. 物理学家______第一次准确地测出了大气压强的大小；______实验第一次发现了电流能够产生磁场。
10. 某电热壶铭牌上标有“220V 1000W”字样，当其正常工作时，把质量为2kg、温度为30℃的水加热到80℃，用时10min.加热过程中，水吸收的热量是______J，电热壶烧水的效率是______。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]。
11. 如图所示，小川的质量为50kg，A、B、C处能承受的最大拉力分别为1000N、1300N、600N，每个滑轮重力均为100N，设每段绳子均处于竖直状态，不考虑绳子的质量和摩擦，则用此滑轮组提升重物的最大的机械效率为______，若小川的双脚与地面的接触面积为500cm2，此时小川对地面的压强为______Pa。
12. 如图所示电路，电源电压保持不变，R为定值电阻．闭合开关S，调节滑动变阻器R'，发现电流表示数从0.1A变为0.4A，电压表示数改变了6V.由此判断在这一过程中滑动变阻器连入电路的阻值______ (选填“变大”或“变小”)，定值电阻R的电功率变化了______ W.
13. 如图1所示电路，电源电压不变，灯泡L标有“6V 3W”字样(灯丝电阻不变).当S闭合，S1、S2断开，滑片P从b端滑到中点时，电压表与电流表的U-I图象如图2所示，电流表的示数变化了0.2A，那么当滑片在b端时，电流表的示数为______ A；保持滑片P的位置不变，闭合S1、S2，电流表的示数又变化了2.25A，定值电阻R0的阻值为______Ω。
三、作图题（本大题共2小题，共2.0分）
14. 请按安全用电的原则，用笔画线代替导线将图中插座、开关和照明灯连入家庭电路中，使它们都能正常工作。
15. 根据图中条形磁铁的南北极，标出静止时的小磁针的N极。
四、实验探究题（本大题共3小题，共22.0分）
16. 如图甲是某物体熔化时温度随加热时间变化的图象(假设在加热过程中总质量不变，单位时间内吸收的热量相同)。
(1)这种物质的固体属于______(选填“晶体”或“非晶体”).如图乙，在某一时刻，用温度计测得物质的温度为______℃。
(2)在CD段时，此物质处于______(选填“固”、“液”或“固液共存”)态。
(3)在BC段，物体的内能______(选填“越来越小”、“不变”、“越来越大”)。
(4)该物质在AB段和CD段的比热容分别为c1、c2，由图甲可知c1：c2=______。
17. 小启和小宇在磁器口的嘉临江边各捡回一块外形奇特的石头，准备利用在课堂上学到的知识测定它的密度。
(1)小启现将天平放在______上，移动游码至标尺左端______处，发现指针静止在分度盘中央的右臂，则应将平衡螺母向______调节，直至天平平衡。
(2)用调好的天平测石子的质量，小明用天平测量矿石块的质量，如图甲，指出实验操作中的错误：______。改正错误后，小明用正确的方法称矿石块的质量，平衡时放在盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图乙，则石头的质量为______g，在量筒内装有一定量的水，该石子放入前、后的情况如图丙所示，则石头的体积是______cm3，此石头的密度是______kg/m3。
(3)小宇发现自己现有的器材中有天平(含砝码)，但没有量筒，只有一个烧杯，聪明的小宇灵机一动设计了另一种测量石头密度的方案，步骤如下：
A.用天平测出矿石块的质量为m0；
B.在烧杯中倒满水，称出烧杯和水的总质量m1；
c.将矿石块轻轻放入装满水的烧杯中，矿石块沉入杯底，烧杯溢出水后，将烧杯壁外的水擦干净，重新放在天平左盘上，称出此时烧杯、杯内矿石和水的总质量m2；
D.已知水的密度，并将其记为ρ水；
E.则矿石密度的表达式：ρ矿石=______(用m0、m1、m2、ρ水来表达)
18. 在“测定小灯泡功率”的实验中，被测小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω。
(1)在检查仪器时，发现电流表指针如图甲所示，则应对电流表进行______。
(2)图乙是未连接好的电路，请在图上用笔画线代替导线连接好电路。
(3)小张检测电路连接无误后，闭合开关，发现小灯泡不亮，立即举手要求老师更换刀片，这种做法______(填“妥当”或“不妥当”).经同组员成员提示还发现电压表电流表都有示数，则灯泡不亮的原因可能是______。解决问题后，小张继续实验，闭合开关，调节滑动变阻器滑片到某一位置，电压表的示数如图丙所示，为测小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片向______(填“A”或“B”)端滑动直至电压表示数为2.5V，记下此时电流表的示数，即可测出。
(4)实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，则小灯泡将______(填“不亮”、“较亮”、“正常发光”、“特别亮乃至烧毁”)。
(5)测量结束后，应先断开开关，拆除______两端的导线，再拆除其它导线，最后整理好器材。
(6)小张获知了两个额定电压为220V的白炽灯L1和L2的电压U与电流I的关系曲线，如图所示，由此可知，L2的额定功率约为______W；如果将L1和L2串联后接在220V的电源上，则此时L2的实际功率为______W。
五、计算题（本大题共3小题，共22.0分）
19. 如图所示，重庆轨道2号线在李子坝站“穿”居民楼而过，山城的复杂地形造就了全国绝无仅有的震撼景象。若列车电动机功率为370kW，长度为120m，行驶速度为25m/s，该居民楼长度为130m，则在列车穿过居民楼的过程中；求：
(1)列车所花的时间为多少秒；
(2)列车电动机做的功为多少J？
20. 如图所示，底面积为100cm2薄壁圆柱形容器盛有适量的水。重力为12N，体积为2×10-3m3的木块A漂浮在水面上，如图甲所示；现将一体积为250cm3的合金块B放在木块A上方，木块A恰好有五分之四的体积浸入水中，如图乙所示。求：
(1)图甲中木块A受到浮力的大小；
(2)合金块B的密度；
(3)将合金块B从木块A上取去下放入容器的水中，当A、B都静止时，液体对容器底部的压强比取下合金块B前减小了多少？
21. 李阳同学家中的电热饮水机的电路原理图如图(甲)所示，其中R1、R2是发热管中的两个发热电阻。这种饮水机有加热和保温两种状态，由温控开关S2自动控制：当瓶胆内水的温度被加热到90℃时，加热状态就停止而进入保温状态；当瓶胆内水的温度降到70℃时，重新进入加热状态。该饮水机的铭牌如图(乙)所示，其中保温功率已模糊不清，经查证R1=9R2.李阳通过观察还发现：当瓶胆内装满水时，饮水机重新进入加热状态后每次只工作3min就进入保温状态，再间隔17min后又进入加热状态。求：[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]．
(1)该饮水机的保温功率是多少？
(2)在17min的保温过程中，发热电阻和水一起向环境散失的热量为多少？
(3)该饮水机重新进入加热状态后的60min工作时间内，消耗的电能为多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：
A、空气的密度在1.3kg/m3左右．教室的长、宽、高分别在9m、8m、3.5m左右，教室中空气的质量在m=ρV=1.3kg/m3×9m×8m×3.5m=327.6kg左右．此选项不符合实际；
B、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约18cm，九年级物理课本的长度略大于18cm，在26cm左右．此选项符合实际；
C、教室中日光灯正常发光的电流在0.2A左右，额定功率在P=UI=220V×0.2A=44W，接近40W.此选项不符合实际；
D、男子百米世界纪录略大于10m/s，中学生慢速热身跑的速度远小于10m/s，一般在3m/s左右．此选项不符合实际．
故选B．
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．
物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务．
2.【答案】D
【解析】解：A、光线是在同种均匀介质中沿直线传播的，井底之蛙，所见甚小，所以是光沿直线传播现象，故A不符合题意；
B、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，故B不符合题意；
C、海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生折射而引起的；故C不符合题意；
D、因为平静的水面可以当做平面镜，而水中月就是月亮在平面镜中的像，镜中花也是花在平面镜中的像，所以“水中月”和“镜中花”都属于光的反射。故D符合题意。
故选：D。
(1)光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
(2)光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
(3)光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
光的直线传播是光在同一均匀介质中的传播，光的反射是光照射到物体表面又返回的现象，光的折射是由于光从一种介质斜射入另一种介质或在不均匀介质中传播时，传播方向发生变化的现象。它们之间有本质的区别，要注意区分。
3.【答案】B
【解析】解：A、冰雪是固态的，消融是变为了液态，固态变为液态的现象叫熔化；
B、湿衣服上有很多水分，变干就是变为了水蒸气消散在空中，液态变为气态的现象叫汽化；
C、露是液态的，是空气中的水蒸气遇冷形成的，气态变为液态的现象叫液化；
D、水结成冰，液态变为固态的现象叫凝固；
故选：B。
物体由液态变为气态的现象叫汽化；
汽化的生成物是气态的，是由液态形成的，据此进行判断。
判断物态变化现象首先要知道各种物态变化的定义，然后看物体由什么状态变为了什么状态，根据定义做出判断。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查惯性、压强、平衡力、相互作用力等，增大有益摩擦和减小有害摩擦的事例在生活中随处可见，我们应学会用已有的知识对它们进行分析和判断。
(1)根据惯性的大小只与物体质量的大小有关来解答；
(2)根据p=FS可知增大受力面积是为了减小压强；
(3)判定两个力是否是平衡力，就要看这两个力是否同时具备这四个条件：等大；反向；共线；共物。若同时具备，则为平衡力；否则就不是平衡力；
(4)增大摩擦的方法：在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。在接触面的粗糙程度一定时，增大压力；减小摩擦的方法：在压力一定时，减小接触面的粗糙程度。在接触面的粗糙程度一定时，减小压力。使接触面脱离。滚动摩擦代替滑动摩擦。
【解答】
A.惯性的大小与物体的运动状态、物体的形状、位置和受力情况都无关，惯性的大小只与物体质量的大小有关，故A错误；
B.摩托车底部安装有宽的轮子，在压力不变时，增大受力面积是为了减小压强，故B错误；
C.摩托车对地的压力和地面对摩托车的支持力，这两个力不作用在同一物体上，物体对地面的压力作用在地面上，地面对物体的支持力作用在物体上，二力是作用力与反作用力，故C错误；
D.摩托车车轮胎上制有凹凸不平的花纹，在压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】解：导线EF横置于隧道口上沿前方，一旦被驶来的车辆撞断，红灯L亮且电动机转动放下栏杆，
说明EF断开之后，电动机与指示灯是通路，EF断开之前，电动机与指示灯被短路，
则导线EF与电动机和指示灯并联，
灯和电动机中，即使其中之一断路，另一个也能正常工作，
说明指示灯与电动机互不影响，能独立工作，电动机与指示灯是并联的，
为防止EF断开之前电源被短路，电路干路中要接入保护电阻，由图示电路图可知，C符合要求。
故选：C。
串联的各电路元件相互影响，不能独立工作，并联的各电路元件互不影响，能独立工作；根据题意确定各电路元件的连接方式，然后选择电路。
本题考查了实验电路设计，根据题意确定各电路元件的连接方式是正确解题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：
A、有用功：W有用=Gh=120N×2m=240J，故A错；
B、由图知，n=3，不计绳重和摩擦力，拉力F=13(G+G轮)，则动滑轮重力：
G轮=3F-G=3×50N-120N=30N，故B错；
C、绳子自由端移动的距离：s=3h=3×2m=6m，
拉力做的总功：
W总=Fs=50N×6m=300J，
拉力F的功率：
P=W总t=300J5s=60W，故C错；
D、滑轮组的机械效率：
η=W有用W总=240J300J×100%=80%，故D正确。
故选：D。
(1)利用W=Gh求拉力做的有用功；
(2)由图可知，n=3，不计绳重和摩擦力，拉力F=13(G+G轮)，据此求动滑轮重力；
(3)利用P=Wt求出拉力F的功率；
(4)绳子自由端移动的距离s=3h，利用W=Fs求拉力做的总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、功率、机械效率的计算，利用好关系式：不计绳重和摩擦力，拉力F=13(G+G轮)。
7.【答案】B
【解析】解：A、闭合开关S，让开关S1和S2断开，P在a处时(非最左端)，灯泡与滑动变阻器串联接入电路，此时灯泡正常发光，电流表测电路中电流，电压表测灯泡两端电压；若当保持S1和S2断开，让P缓慢向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，电路中电流变小，灯泡中的电流减小，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，也不会被烧毁，故A错误；
B、保持P在a处不动，S1断开，闭合S2，变阻器与R0并联后与灯泡串联接入电路，电流表测量干路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；因电阻R0与变阻器并联，电路中总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中总电流变大，即电流表示数变大；由U=IR可知，灯泡两端的电压变大，即电压表示数变大，所以A表和V表示数均变大，故B正确；
C、若保持P在a处不动，同时闭合S1和S2后，灯泡和电压表短路，变阻器与R0并联接入电路，电流表测量干路中的电流，由并联电路的电阻规律可知，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大；因电压表被短路，其示数为0，故C错误；
D、若保持S1和S2断开，变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流，根据I=UR可得电压表示数为：UL=IRL，让P缓慢向右滑动后，电压表示数为：UL'=I'RL，
则V表示数变化量为：ΔUL=UL-UL'=IRL-I'RL=(I-I')RL=ΔIRL，
则ΔIΔUL=1RL，
因不计温度对灯泡L的电阻的影响，即灯泡的电阻不变，所以A表示数变化量和V表示数变化量的比值不变，故D错误。
故选：B。
(1)闭合开关S，让开关S1和S2 断开时，灯泡L与滑动变阻器串联，调节滑动变阻器的滑片P在a处，灯泡正常发光，让P缓慢向右滑动，接入电路的电阻会变大，由此分析解答；
(2)若保持P在a处不动，S1断开，变阻器与R0并联后与灯泡串联接入电路，电流表测量干路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；根据电阻的串、并联特点可知电路中总电阻的变化，然后根据欧姆定律分析电路中电流和电压表示数变化；
(3)保持P在a处不动，闭合S1和S2，灯泡L和电压表被短路，变阻器与R0并联接入电路，电流表测量干路中的电流，根据并联电路的电阻规律和欧姆定律可知电路中的电流变化；
(4)若保持S1和S2断开，变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流，根据欧姆定律求出A表示数变化量和V表示数变化量的比值变化。
本题考查电路的动态分析和欧姆定律、串、并联电路特点的应用，关键是开关闭合或断开时电路的连接情况的判断。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题综合性较强，考查的内容较多，会用欧姆定律计算，会用电功率公式计算，知道串联电路的电压、电流、电阻规律；
解决此类问题，没有好办法，只能逐项分析计算，通过结果判断正误。
(1)从图中可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测量灯泡电压，电流表测量灯泡电流；
(2)两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端电压不允许超过额定值，意思就是说电压表示数不超2.5V，电流表示数不超0.6A；
(3)根据各选项的要求，结合欧姆定律和电功率的内容进行相关计算，就可判断各选项正误。
【解答】
根据灯泡的规格“2.5V 1.25W”，求得灯泡的电阻R灯=U灯2P灯=(2.5V)21.25W=5Ω，灯丝的电阻不改变；
A.①电流表测量灯泡的电流，灯泡两端电压不允许超过额定值，也就是电路中的电流最大为灯泡的额定电流，
即电流最大值I最大=I灯=P灯U灯=1.25W2.5V=0.5A；
②滑动变阻器接入阻值最大时，电路中的电流最小，即电流最小值I最小=UR灯+R滑=4.5V5Ω+20Ω=0.18A。
故电流表示数的变化范围是0.18A～0.5A，因此该选项不正确。
B.①滑动变阻器允许接入的最大值为20Ω；
②电路中电流最大为0.5A，根据串联电路电阻的特点，滑动变阻器允许接入的最小阻值为：
R滑最小=UI最大-R灯=4.5V0.5A-5Ω=4Ω
故滑动变阻器接入的阻值范围是4Ω～20Ω，因此该选项不正确。
C.电路中的电流最小时，灯泡的电功率最小，
∴灯泡的最小功率P灯最小=I最小2R灯=(0.18A)2×5Ω=0.162W
灯泡的最小功率为0.162W，因此该选项正确。
D.电路中的电流最大时，电路的总功率最大，等于总电压和电流的乘积，
即P总最大=UI最大=4.5V×0.5A=2.25W
故电路最大功率为2.25W，因此该选项不正确。
故选C。
9.【答案】托里拆利 奥斯特
【解析】解：(1)托里拆利第一次准确地测出了大气压强的大小；
(2)奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，即电流的磁效应，是第一个发现电现象与磁现象之间有联系的人。
故答案为：托里拆利；奥斯特。
(1)能够证明大气压存在的实验有很多，但只要提到著名和首先的实验，那就确定了是哪一个；
(2)奥斯特发现了电流的磁效应。
本题考查我们对一些重要的科学家及其贡献的了解和掌握，属于物理学常识，平时要注意物理学常识知识的积累。
10.【答案】4.2×105 70%
【解析】解：(1)水吸收的热量：
Q吸=cm(t-t0)
=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(80℃-30℃)
=4.2×105J；
(2)电热壶正常工作时的功率为1000W，工作10min消耗的电能：
W=Pt=1000W×600s=6×105J，
电热壶烧水的效率：
η=Q吸W×100%=4.2×105J6×105J×100%=70%。
故答案为：4.2×105；70%。
(1)知道水的质量和温度的变化以及水的比热容，利用Q吸=cm(t-t0)求出水吸收的热量；
(2)电热壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出消耗的电能，水吸收的热量和消耗电能的比值即为出电热壶烧水的效率。
本题考查了吸热公式和电功公式、效率公式的应用，是一道较为简单的电功与热量的综合计算题。
11.【答案】87.5%；2000
【解析】解：由图可知，n=2，
①当C处绳子的拉力为600N时，由F=1n(G+G动)可得，A处绳子的拉力：
FA=2FC-G动=2×600N-100N=1100N>1000N，
所以，此种情况不可能；
②当A处绳子的拉力为1000N时，
C处绳子的拉力FC=1n(GA+G动)=12×(1000N+100N)=550N，
以定滑轮为研究对象可知，受到竖直向上B绳子的拉力、竖直向下定滑轮自身的重力和三股绳子的拉力，
由力的平衡条件可得，B处绳子的拉力FB=G定+3FC=100N+3×550N=1750N>1300N，
所以，此种情况不可能；
③当B处绳子的拉力为1300N时，
以定滑轮为研究对象可知，受到竖直向上B绳子的拉力、竖直向下定滑轮自身的重力和三股绳子的拉力，
由力的平衡条件可得，FB=G定+3FC，
则FC=13(FB-G定)=13(1300N-100N)=400N，
由F=1n(G+G动)可得，A处绳子的拉力：
FA=2FC-G动=2×400N-100N=700N，
此种情况可能，滑轮组的机械效率：
η=W有W总×100%=FAhFCs×100%=FAhFCnh×100%=FAnFC×100%=700N2×400N×100%=87.5%，
小川对地面的压力：
F=G-FC=mg-FC=50kg×10N/kg-400N=100N，
小川对地面的压强：
p=FS=100N500×10-4m2=2000Pa。
故答案为：87.5%；2000。
由图可知滑轮组绳子的有效股数，当C处绳子的拉力为600N时，根据F=1n(G+G动)求出C处绳子的拉力判断此种情况不可能；当A处绳子的拉力为1000N时，根据F=1n(G+G动)求出C处绳子的拉力，以定滑轮为研究对象可知，受到竖直向上B绳子的拉力、竖直向下定滑轮自身的重力和三股绳子的拉力，由力的平衡条件可得B处绳子的拉力，判断出此种情况不可能；当B处绳子的拉力为1300N时，以定滑轮为研究对象，根据力的平衡条件求出FB，根据F=1n(G+G动)求出A处绳子的拉力，判断出此种情况可能，根据η=W有W总×100%=FAhFCs×100%=FAhFCnh×100%=FAnFC×100%求出滑轮组的机械效率，小川对地面的压力等于自身的重力减去绳子的拉力，利用p=FS求出小川对地面的压强。
本题考查了滑轮组机械效率和压强的计算，正确的讨论得出滑轮组提升重物最大重力时的情况是关键，要注意物体提升的重物越重、滑轮组的机械效率越大。
12.【答案】变小；3
【解析】解：由电路图可知，电阻R与滑动变阻器R'串联，根据I=UR可知，电流表示数从0.1A变为0.4A时，电路中的电阻变小，即滑动变阻器接入电路的电阻变小；
当电路中的电流I1=0.1A时，根据I=UR可知，电阻R两端的电压为U1=I1R，
根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：
变阻器两端的电压为U滑1=U-U1=U-I1R；
当电路中的电流I2=0.4A时，根据I=UR可知，电阻R两端的电压为U2=I2R，
根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：
变阻器两端的电压为U滑2=U-U2=U-I2R；
因电压表示数改变了6V，所以U滑1-U滑2=6V，
即(U-I1R)-(U-I2R)=6V，
所以，R=6VI2-I1=6V0.4A-0.1A=20Ω；
定值电阻R电功率的变化量：
△P=I22R-I12R=(0.4A)2×20Ω-(0.1A)2×20Ω=3W．
故答案为：变小；3．
由电路图可知，电阻R与滑动变阻器R'串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；根据欧姆定律可知当电流表示数从0.1A变为0.4A时，电路中的总电阻变小；根据串联电路电压特点结合电压表的示数求出电阻R的阻值，再根据P=I2R求出求出定值电阻R电功率的变化量．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是根据电压表示数的变化量求出电阻R的阻值．
13.【答案】0.3 9
【解析】解：①由图知，当S闭合，S1、S2断开，灯泡和滑动变阻器串联，
当滑片在中点时，由图象知，灯泡两端电压为U额=6V，
因为P=UI，所以此时的电路电流为I额=P额U额=3W6V=0.5A；
当滑片在b端时，电路总电阻更大，由I=UR知，电路电流更小，
所以P在b端时的电路电流为I小=I额-△I1=0.5A-0.2A=0.3A；
因为P=U2R，所以灯丝电阻为RL=UL2PL=(6V)23W=12Ω，
当闭合，S1、S2断开，灯泡和滑动变阻器串联，
设滑动变阻器的最大阻值为R，电源电压为U，根据题意得：
0.3A×(12Ω+R)=0.5A×(12Ω+12R)
解得R=48Ω，U=18V；
②滑片P的位置不变，闭合S1、S2，定值电阻和滑片在中点时的滑动变阻器并联，
干路电流为I并=I中+△I=0.5A+2.25A=2.75A，
因为I=UR，
所以通过滑动变阻器的电流为IR=UR=18V12×48Ω=0.75A，
通过R0的电流为I0=I并-IR=2.75A-0.75A=2A，
所以R0=UI0=18V2A=9Ω。
故答案为：0.3A；9。
①当S闭合，S1、S2断开，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端电压，电流表测量电路电流。由图象知，滑片在中点时，灯泡两端电压为额定电压，已知灯泡额定电压和额定功率，可以得到此时通过灯泡的电流；已知滑片在中点时的电路电流和变化的电流，可以得到滑片在b端时的电流；
②已知灯泡额定电压和额定功率，可以得到灯丝电阻。已知滑片在不同位置时的电路电流，根据电源电压一定，可以得到滑动变阻器最大阻值和电源电压。
滑片P的位置不变，当闭合S1、S2，灯泡短路，定值电阻和滑片在中点时的滑动变阻器并联，电流表测量干路电流。由于此时电路总电阻小于上面串联电路的总电阻，所以电流会增大。已知电源电压和滑动变阻器接入阻值，可以得到通过滑动变阻器的电流；已知通过滑动变阻器的电流和干路电流，可以得到通过R0的电流；已知电源电压和通过R0的电流，可以得到R0的阻值。
此题是一道利用欧姆定律和串并联电路特点解决实际问题的综合题，难度较大。根据图象确定滑片在不同位置时的电路电流，是解答此题的突破口。
14.【答案】解：(1)灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡，零线直接接入灯泡，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
如图所示：
【解析】(1)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
本题考查了开关、插座的接法。开关接在火线与电灯之间，可以使开关断开时，电灯灯座上没有电，这样在换灯泡时不会发生触电。
15.【答案】解：根据磁感线的方向可知小磁针所在位置的磁感线是由下向上的；由于切线方向跟小磁针放在该点的北极指向一致，故上端的磁极为N极，下端的为S极，如图所示：
。
【解析】由于磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，磁感线上的任何一点的切线方向跟小磁针放在该点的北极指向一致，据此判断。
此题考查了小磁针NS极的判断，属于基础知识。
16.【答案】(1)晶体；-6；(2)液；(3)越来越大；(4)1：2
【解析】
【分析】
本题根据图象是否有不变的温度判断是晶体还是非晶体，要学会从图象中找出与晶体有关的信息，解题的关键是理解图象中每一阶段表示的含义及物质的状态。
(1)晶体和非晶体在熔化过程中的区别：晶体在熔化过程中，温度不变；非晶体在熔化过程中温度不断上升，晶体熔化时的温度为熔点。
温度计读数时，首先要看清温度计的分度值，再根据液柱上表面对应的刻度进行读数，还要注意是在零上还是零下；
(2)由上面已知该物质的熔点是0℃，所以当该物质在CD段时，该物质已经熔化完成，为液态。晶体熔化前处于固态，熔化过程处于固液共存态。
(3)晶体在熔化过程中，继续吸热，温度不变，但内能增加。
(4)根据图中坐标信息可知，该物质在AB 段温度升高10℃，被加热5min；在CD段温度升高10℃，被加热10min。
【解答】
(1)由图知，该物质在熔化过程中，温度保持0℃不变，所以该物质为晶体。并且熔点为0℃。
由乙图可知，该温度计的分度值是1℃，而且液柱上表面对应的刻度在零刻度以下，故读数为-6℃；
(2)由图象知，该晶体在BC段温度保持不变，所以其正在熔化，到C点该晶体完全熔化完，所以CD段为液态。
(3)据图象能看出，该物质在BC段处于熔化过程中，晶体在熔化过程中，继续吸热，温度不变，但内能增加，内能越来越大；
(4)根据图中坐标信息可知，该物质在AB 段温度升高10℃，被加热5min；在CD段温度升高10℃，被加热10min；
则该物质在AB段吸热与CD段吸热之比为1：2，根据Q=cmΔt可得，Q1Q2=c1m△tc2m△t=c1c2=12。
故答案为：(1)晶体；-6；(2)液；(3)越来越大；(4)1：2。
17.【答案】水平桌面 零刻度线 左 用手拿砝码 38.4 15 2.56×103 m0m1+m0-m2ρ水
【解析】解：
(1)在调节天平平衡时，先将天平放在水平桌面上，移动游码至标尺左端零刻度线处；指针静止在分度盘中央的右侧，则左盘高，平衡螺母应向左调节；
(2)由图甲知，在称量过程中，小启用手拿砝码了，这样会使砝码生锈；
应将物体置于天平的左盘，在右盘中添加砝码，由图乙知，标尺的分度值为0.2g，所以石块的质量：m=20g+10g+5g+3.4g=38.4g；
由图丙知，量筒的分度值为1ml，水的体积为30ml，水和石子的体积为45ml，所以石块的体积：V=45ml-30ml=15ml=15cm3；
矿石块的密度：ρ=mV=38.4g15cm3=2.56g/cm3=2.56×103kg/m3；
(3)矿石排开水的质量：m排=m1+m0-m2，
由ρ=mV得，
矿石的体积：V石=V排=m排ρ水=m1+m0-m2ρ水；
则矿石块的密度：ρ=m石V石=m0m1+m0-m2ρ水=m0m1+m0-m2ρ水。
故答案为：(1)水平桌面；零刻度线；左；(2)用手拿砝码；38.4；15；2.56×103；(3)m0m1+m0-m2ρ水。
(1)掌握天平的调平，在调平前将天平放在水平桌面上，游码拨到标尺左端的零刻度线处，哪边的盘高，平衡螺母向哪边移动；
(2)在加减砝码时，应用镊子；
天平平衡时，物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，注意标尺的分度值；
在进行量筒的读数时，注意其分度值，根据公式ρ=mV计算石块的密度；
(3)根据等效替代法，测出排出水的体积便可得物体的体积；并根据这个原理判断测量误差；
根据物体的体积等于排出水的体积，根据密度公式得出ρ=mV表示出物体的密度。
此题是测量矿石的密度。考查了有关天平的使用和读数及密度的计算，找出溢出水的体积与石块的体积相等，是解决此题的关键。
18.【答案】调零 不妥当 灯泡实际功率很小 B 不亮 电源 99 17.5
【解析】解：(1)由图1所示电流表可知，电流表指针没有指在零刻度线上，在使用该电流表之前应对电流表进行调零，使指针指在零刻度线上。
(2)灯泡额定电压是2.5V，电压表应选0～3V量程，灯泡正常发光时电流约为I=UR=2.5V10Ω=0.25A，电流表应选0～0.6A量程，灯泡与电流表串联接入电路，电压表与灯泡并联，电路图如图所示：
；
(3)闭合开关前滑片置于阻值最大处，闭合开关，电压表与电流表都有示数，说明电路不存在断路，灯泡也没有发生短路，由于滑动变阻器阻值全部接入电路，电路电阻很大，电路电流很小，灯泡实际功率很小，因此灯泡不发光，此时不需要急着换灯泡，正确做法是移动滑片，观察灯泡是否发光。
图丙中，电压表小量程分度值为0.1V，示数为0.7V，小于灯的额定电压，因灯在额定电压2.5V时才正常发光，应增大灯的电压，减小变阻器分得的电压，由分压原理应减小变阻器连入电路中的电阻大小，所以滑片向B移动，直到电压表示数为2.5V；
(4)实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，即电压表串联在电路中，电流表与灯并联，因电流表内阻很小，所以电流表将灯短路了，灯不亮；因电压表内阻很大，根据欧姆定律，电路中电流几乎为0；根据分压原理，电压表示数接近电源电压。所以实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，则小灯泡将不亮。
(5)实验结束后，应将先将电源拆除，确保电路不会形成通路；
(6)由图可知，当电压为220V时，L2的电流为0.45A，故L 2的额定功率：P=UI2=220V×0.45A=99W；
两电阻串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，
由U-I图象可知，串联时电流应为0.25A，此时L1的电压为150V，L2的电压为70V，符合串联电路的电压特点，
故此时L2的功率P=U2I2'=70V×0.25A=17.5W。
故答案为：(1)调零；(2)见上图；(3)不妥当；灯泡实际功率很小；B；(4)不亮；(5)电源；(6)99；17.5。
(1)使用电表前应对电表进行机械调零，使指针只在零刻度线处。
(2)根据灯泡额定电压确定电压表量程，根据灯泡正常发光时的电流确定电流表量程，把电流表、滑动变阻器串联接入电路，把电压表与灯泡并联，即可完成电路图的连接。
(3)灯泡实际功率很小时，灯泡可能不发光。
根据图丙电压表小量程读数，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和分压原理确定滑片移动的方向；
(4)根据电压表和电流表互换了位置后电路的连接，由电表内阻的大小结合欧姆定律和分压原理作答；
(5)电源两极不可以直接用导线连接；实验结束后，应将先拆除电源，然后再拆除其余导线；
(6)由图可知当电压为额定电压时的电流，则由功率公式可得出额定功率；串联后接在220V的电源上，则两电阻两端的电压达不到220V，但二者电压之和应为220V，由图可读出电阻的电流，则可求得功率。
本题考查了实物电路的连接、实验操作和注意事项、电表的读数、功率的计算等，最后一问要结合图象和串并联电路的性质进行分析，注意灯丝电阻随电压的变化发生变化，故不能先求电阻，再进行计算。
19.【答案】解：(1)列车穿过居民楼时通过的路程：
s=L车+L居民楼=120m+130m=250m，
由v=st可得，列车穿过居民楼的时间：
t=sv=250m25m/s=10s；
(2)由P=Wt可得，列车电动机做的功：
W=Pt=370×103W×10s=3.7×106J。
答：(1)列车所花的时间为10s；
(2)列车电动机做的功为3.7×106J。
【解析】(1)列车穿过居民楼的路程等于车长加上居民楼的长度，又知道列车行驶的速度，根据v=st求出列车穿过居民楼的时间；
(2)知道电动机的功率和工作时间，根据W=Pt求出列车电动机做的功。
本题考查了速度公式和电功公式的应用，要注意列车穿过居民楼的路程等于车长加上居民楼的长度。
20.【答案】解：
(1)图甲中木块A漂浮在水面上，
所以，图甲中木块A受到的浮力：F浮A=GA=12N；
(2)合金块B放在木块A上方时整体漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，
此时排开水的体积：
V排=45VA=45×2×10-3m3=1.6×10-3m3，
此时木块A受到的浮力：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×l.6×l0-3m3=16N，
B的重力：
GB=F浮-GA=16N-12N=4N，
由G=mg可得，合金的质量：
mB=GBg=4N10N/kg=0.4kg=400g，
合金块B的密度：
ρB=mBVB=400g250cm3=1.6g/cm3=1.6×103kg/m3；
(3)将合金块B从木块A上取去下放入容器的水中，
因ρB>ρ水，
所以，合金B将沉底，排开水的体积和自身的体积相等，
此时合金B受到的浮力：
F浮B=ρ水gVB=1.0×103kg/m3×10N/kg×250×l0-6m3=2.5N；
木块A静止时处于漂浮状态，则木块A受到的浮力：F浮A=GA=12N；
A和B受到浮力的减少量：
△F浮=F浮-F浮A-F浮B=16N-12N-2.5N=1.5N，
排开水体积的减少量：
△V排=△F浮ρ水g=1.5N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.5×10-4m3，
水深度的变化量：
△h=△V排S=1.5×10-4m3100×10-4m2=0.015m，
液体对容器底部的压强比取下合金块B前减小了：
△p=ρ水g△h=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.015m=150Pa。
答：(1)图甲中木块A受到浮力的大小为12N；
(2)合金块B的密度为1.6×103kg/m3；
(3)将合金块B从木块A上取去下放入容器的水中，当A、B都静止时，液体对容器底部的压强比取下合金块B前减小了150Pa。
【解析】(1)图甲中木块A漂浮在水面上，受到的浮力和自身的重力相等；
(2)合金块B放在木块A上方时整体漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，根据题意求出排开水的体积，根据阿基米德原理求出受到的浮力即为A和B的重力之和，然后求出B的重力，根据G=mg和ρ=mV求出合金块B的密度；
(3)将合金块B从木块A上取去下放入容器的水中，B的密度大于水的密度，合金B将沉底，排开水的体积和自身的体积相等，根据阿基米德原理求出受到的浮力，然后求出浮力减小的量，根据阿基米德原理排开水体积的变化量，进一步求出容器内水深度的减少量，根据p=ρgh求出液体对容器底部的压强比取下合金块B前减小了多少。
本题考查了物体浮沉条件和阿基米德原理、重力公式、密度公式、液体压强公式的综合应用，分析好最后一问中液体深度的变化量是关键。
21.【答案】解：
(1)当开关S1、S2都闭合时，两发热管并联，电路中的总电阻最小，电功率最大，饮水机处于加热状态，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，饮水机的加热功率：
P加热=U2R1+U2R2=U2R1+U219R1=10U2R1，
由图乙可知，P加热=500W，
即：10U2R1=500W，
所以，U2R1=50W，
当开关S1闭合、S2断开时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最大，饮水机处于保温状态，则
P保温=U2R1=50W；
(2)由ρ=mV得水的质量：
m=ρ水V=1.0×103kg/m3×1×10-3 m3=1kg
水散失的热量：
Q放=cm△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(90℃-70℃)=8.4×104J；
发热电阻产生的热量Q保温=P保温t保温=50W×17×60s=5.1×104J；
散失的热量Q总=Q放+Q保温=8.4×104J+5.1×104J=1.35×105J。
(3)加热时消耗的电能：
W加=P加t加=500W×3×60s=9×104J，
保温时消耗的电能：
W保=P保t保=50W×17×60s=5.1×104J
该饮水机在一个工作循环的20min内，消耗的电能：
W总=W加+W保=9×104J+5.1×104J=1.41×105J，
加热60min消耗的电能为W=W总×tt0=1.41×105J×60min20min=4.23×105J。
答：(1)该饮水机的保温功率是50W；
(2)在17min的保温过程中，瓶胆内的水散失的热量为1.35×105J；
(3)该饮水机加热60min消耗的电能为4.23×105J。
【解析】(1)由电路图可知，当开关S1、S2都闭合时，两发热管并联，电路中的总电阻最小，电功率最大，饮水机处于加热状态，根据并联电路的电压特点和P=U2R结合R1=9R2表示出加热功率；当开关S1闭合、S2断开时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最大，饮水机处于保温状态，根据P=U2R求出保温功率的大小；
(2)知道水的体积，利用m=ρV求水的质量，根据Q放=cm(t-t0)求出瓶胆内的水温度从90℃降低到70℃放出的热量(散失的热量)和利用Q=Pt求出保温电阻产生的热量，然后即可求出；
(3)由题意可知，饮水机的一个工作循环是20min，经历了加热3min、保温17min，据此求出加热和保温的时间，根据W=Pt求出此时间内消耗的电能。
本题考查了吸热公式和电功率公式、并联电路的特点、电功公式的灵活应用，分清饮水机在一个工作循环内的加热时间和保温时间是关键。
绝密★启用前
2023年重庆市渝北区六校中考物理练兵试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 根据你对生活中物理量的认识，下列数据符合实际的是( )
A. 教室里空气的质量约为1kg
B. 九年级物理教科书的长度约为26cm
C. 教室里一盏日光灯的额定功率为400W
D. 体育考试前同学们慢速热身跑的速度接近20m/s
2. 民谚俗语常常包涵丰富的物理知识。以下属于光的反射现象的是( )
A. 井底之蛙，所见甚小 B. 不经历风雨，怎么见彩虹
C. 海市蜃楼，虚无缥渺 D. 摘不到的是镜中花，捞不到的是水中月
3. 下列物态变化中，属于汽化现象的是( )
A. 春天，冰雪消融 B. 夏天，晾在室内的湿衣服变干
C. 秋天，早晨草木上露珠的形成 D. 冬天，湖面的水结成冰
4. 如图所示是沙滩摩托车，根据你所学的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 摩托车的速度越快，它的惯性越大
B. 摩托车底部安装有宽的轮子，是为了减小压力
C. 摩托车对地的压力和地面对摩托车的支持力是一对平衡力
D. 摩托车轮子上有很多凸起的地方，是为了增大轮与地的摩擦力
5. 为避免超高车辆闯入隧道造成事故，小欢设计了警示电路，使用时闭合开关S.导线EF横置于隧道口上沿前方，一旦被驶来的车辆撞断，红灯L亮且电动机转动放下栏杆。灯和电动机中，即使其中之一断路，另一个也能正常工作。下列电路中符合要求的是( )
A. B.
C. D.
6. 工人利用如图所示的滑轮组将重120N的物体向上匀速提起2m用时5s。绳子自由端受到的拉力F为50N(不计绳重和摩擦力)。以下相关计算的正确的是( )
A. 有用功是 300J
B. 动滑轮的重力为 70N
C. 拉力 F 的功率为 20W
D. 该滑轮的机械效率为 80%
7. 如图所示的电路中，闭合开关S，让开关S1和S2断开，调节滑动变阻器的滑片P使其位于变阻器的a处(非最左端)，此时灯泡L恰好正常发光，电流表A和电压表V均有示数。已知滑动变阻器的总电阻大于灯泡L的电阻，以下判断正确的是( )
A. 若保持S1和S2断开，让P缓慢向右滑动，灯泡L变亮甚至可能被烧毁
B. 若保持P在a处不动，S1仍断开，闭合S2后，A表和V表示数均变大
C. 若保持P在a处不动，同时闭合S1和S2后，A表和V表示数将变大
D. 若保持S1和S2断开，P移至变阻器最右端b，A表示数变化量和V表示数变化量的比值变小
8. 小华用如图所示的电路测小灯泡功率。电路中电源电压恒为4.5V，电压表的量程为O～3V，电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”，灯泡标有“2.5V 1.25W”字样。若闭合开关，两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端电压不允许超过额定值，不考虑灯丝电阻的变化，则下列说法正确的是( )
A. 电流表示数的变化范围是0～0.5A
B. 滑动变阻器的允许调节的范围是2.5～20Ω
C. 灯泡的最小功率是0.162W
D. 该电路的最大功率是2.7W
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共5小题，共10.0分）
9. 物理学家______第一次准确地测出了大气压强的大小；______实验第一次发现了电流能够产生磁场。
10. 某电热壶铭牌上标有“220V 1000W”字样，当其正常工作时，把质量为2kg、温度为30℃的水加热到80℃，用时10min.加热过程中，水吸收的热量是______J，电热壶烧水的效率是______。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]。
11. 如图所示，小川的质量为50kg，A、B、C处能承受的最大拉力分别为1000N、1300N、600N，每个滑轮重力均为100N，设每段绳子均处于竖直状态，不考虑绳子的质量和摩擦，则用此滑轮组提升重物的最大的机械效率为______，若小川的双脚与地面的接触面积为500cm2，此时小川对地面的压强为______Pa。
12. 如图所示电路，电源电压保持不变，R为定值电阻．闭合开关S，调节滑动变阻器R'，发现电流表示数从0.1A变为0.4A，电压表示数改变了6V.由此判断在这一过程中滑动变阻器连入电路的阻值______ (选填“变大”或“变小”)，定值电阻R的电功率变化了______ W.
13. 如图1所示电路，电源电压不变，灯泡L标有“6V 3W”字样(灯丝电阻不变).当S闭合，S1、S2断开，滑片P从b端滑到中点时，电压表与电流表的U-I图象如图2所示，电流表的示数变化了0.2A，那么当滑片在b端时，电流表的示数为______ A；保持滑片P的位置不变，闭合S1、S2，电流表的示数又变化了2.25A，定值电阻R0的阻值为______Ω。
三、作图题（本大题共2小题，共2.0分）
14. 请按安全用电的原则，用笔画线代替导线将图中插座、开关和照明灯连入家庭电路中，使它们都能正常工作。
15. 根据图中条形磁铁的南北极，标出静止时的小磁针的N极。
四、实验探究题（本大题共3小题，共22.0分）
16. 如图甲是某物体熔化时温度随加热时间变化的图象(假设在加热过程中总质量不变，单位时间内吸收的热量相同)。
(1)这种物质的固体属于______(选填“晶体”或“非晶体”).如图乙，在某一时刻，用温度计测得物质的温度为______℃。
(2)在CD段时，此物质处于______(选填“固”、“液”或“固液共存”)态。
(3)在BC段，物体的内能______(选填“越来越小”、“不变”、“越来越大”)。
(4)该物质在AB段和CD段的比热容分别为c1、c2，由图甲可知c1：c2=______。
17. 小启和小宇在磁器口的嘉临江边各捡回一块外形奇特的石头，准备利用在课堂上学到的知识测定它的密度。
(1)小启现将天平放在______上，移动游码至标尺左端______处，发现指针静止在分度盘中央的右臂，则应将平衡螺母向______调节，直至天平平衡。
(2)用调好的天平测石子的质量，小明用天平测量矿石块的质量，如图甲，指出实验操作中的错误：______。改正错误后，小明用正确的方法称矿石块的质量，平衡时放在盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图乙，则石头的质量为______g，在量筒内装有一定量的水，该石子放入前、后的情况如图丙所示，则石头的体积是______cm3，此石头的密度是______kg/m3。
(3)小宇发现自己现有的器材中有天平(含砝码)，但没有量筒，只有一个烧杯，聪明的小宇灵机一动设计了另一种测量石头密度的方案，步骤如下：
A.用天平测出矿石块的质量为m0；
B.在烧杯中倒满水，称出烧杯和水的总质量m1；
c.将矿石块轻轻放入装满水的烧杯中，矿石块沉入杯底，烧杯溢出水后，将烧杯壁外的水擦干净，重新放在天平左盘上，称出此时烧杯、杯内矿石和水的总质量m2；
D.已知水的密度，并将其记为ρ水；
E.则矿石密度的表达式：ρ矿石=______(用m0、m1、m2、ρ水来表达)
18. 在“测定小灯泡功率”的实验中，被测小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω。
(1)在检查仪器时，发现电流表指针如图甲所示，则应对电流表进行______。
(2)图乙是未连接好的电路，请在图上用笔画线代替导线连接好电路。
(3)小张检测电路连接无误后，闭合开关，发现小灯泡不亮，立即举手要求老师更换刀片，这种做法______(填“妥当”或“不妥当”).经同组员成员提示还发现电压表电流表都有示数，则灯泡不亮的原因可能是______。解决问题后，小张继续实验，闭合开关，调节滑动变阻器滑片到某一位置，电压表的示数如图丙所示，为测小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片向______(填“A”或“B”)端滑动直至电压表示数为2.5V，记下此时电流表的示数，即可测出。
(4)实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，则小灯泡将______(填“不亮”、“较亮”、“正常发光”、“特别亮乃至烧毁”)。
(5)测量结束后，应先断开开关，拆除______两端的导线，再拆除其它导线，最后整理好器材。
(6)小张获知了两个额定电压为220V的白炽灯L1和L2的电压U与电流I的关系曲线，如图所示，由此可知，L2的额定功率约为______W；如果将L1和L2串联后接在220V的电源上，则此时L2的实际功率为______W。
五、计算题（本大题共3小题，共22.0分）
19. 如图所示，重庆轨道2号线在李子坝站“穿”居民楼而过，山城的复杂地形造就了全国绝无仅有的震撼景象。若列车电动机功率为370kW，长度为120m，行驶速度为25m/s，该居民楼长度为130m，则在列车穿过居民楼的过程中；求：
(1)列车所花的时间为多少秒；
(2)列车电动机做的功为多少J？
20. 如图所示，底面积为100cm2薄壁圆柱形容器盛有适量的水。重力为12N，体积为2×10-3m3的木块A漂浮在水面上，如图甲所示；现将一体积为250cm3的合金块B放在木块A上方，木块A恰好有五分之四的体积浸入水中，如图乙所示。求：
(1)图甲中木块A受到浮力的大小；
(2)合金块B的密度；
(3)将合金块B从木块A上取去下放入容器的水中，当A、B都静止时，液体对容器底部的压强比取下合金块B前减小了多少？
21. 李阳同学家中的电热饮水机的电路原理图如图(甲)所示，其中R1、R2是发热管中的两个发热电阻。这种饮水机有加热和保温两种状态，由温控开关S2自动控制：当瓶胆内水的温度被加热到90℃时，加热状态就停止而进入保温状态；当瓶胆内水的温度降到70℃时，重新进入加热状态。该饮水机的铭牌如图(乙)所示，其中保温功率已模糊不清，经查证R1=9R2.李阳通过观察还发现：当瓶胆内装满水时，饮水机重新进入加热状态后每次只工作3min就进入保温状态，再间隔17min后又进入加热状态。求：[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]．
(1)该饮水机的保温功率是多少？
(2)在17min的保温过程中，发热电阻和水一起向环境散失的热量为多少？
(3)该饮水机重新进入加热状态后的60min工作时间内，消耗的电能为多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：
A、空气的密度在1.3kg/m3左右．教室的长、宽、高分别在9m、8m、3.5m左右，教室中空气的质量在m=ρV=1.3kg/m3×9m×8m×3.5m=327.6kg左右．此选项不符合实际；
B、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约18cm，九年级物理课本的长度略大于18cm，在26cm左右．此选项符合实际；
C、教室中日光灯正常发光的电流在0.2A左右，额定功率在P=UI=220V×0.2A=44W，接近40W.此选项不符合实际；
D、男子百米世界纪录略大于10m/s，中学生慢速热身跑的速度远小于10m/s，一般在3m/s左右．此选项不符合实际．
故选B．
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．
物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务．
2.【答案】D
【解析】解：A、光线是在同种均匀介质中沿直线传播的，井底之蛙，所见甚小，所以是光沿直线传播现象，故A不符合题意；
B、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，故B不符合题意；
C、海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生折射而引起的；故C不符合题意；
D、因为平静的水面可以当做平面镜，而水中月就是月亮在平面镜中的像，镜中花也是花在平面镜中的像，所以“水中月”和“镜中花”都属于光的反射。故D符合题意。
故选：D。
(1)光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
(2)光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
(3)光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
光的直线传播是光在同一均匀介质中的传播，光的反射是光照射到物体表面又返回的现象，光的折射是由于光从一种介质斜射入另一种介质或在不均匀介质中传播时，传播方向发生变化的现象。它们之间有本质的区别，要注意区分。
3.【答案】B
【解析】解：A、冰雪是固态的，消融是变为了液态，固态变为液态的现象叫熔化；
B、湿衣服上有很多水分，变干就是变为了水蒸气消散在空中，液态变为气态的现象叫汽化；
C、露是液态的，是空气中的水蒸气遇冷形成的，气态变为液态的现象叫液化；
D、水结成冰，液态变为固态的现象叫凝固；
故选：B。
物体由液态变为气态的现象叫汽化；
汽化的生成物是气态的，是由液态形成的，据此进行判断。
判断物态变化现象首先要知道各种物态变化的定义，然后看物体由什么状态变为了什么状态，根据定义做出判断。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查惯性、压强、平衡力、相互作用力等，增大有益摩擦和减小有害摩擦的事例在生活中随处可见，我们应学会用已有的知识对它们进行分析和判断。
(1)根据惯性的大小只与物体质量的大小有关来解答；
(2)根据p=FS可知增大受力面积是为了减小压强；
(3)判定两个力是否是平衡力，就要看这两个力是否同时具备这四个条件：等大；反向；共线；共物。若同时具备，则为平衡力；否则就不是平衡力；
(4)增大摩擦的方法：在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。在接触面的粗糙程度一定时，增大压力；减小摩擦的方法：在压力一定时，减小接触面的粗糙程度。在接触面的粗糙程度一定时，减小压力。使接触面脱离。滚动摩擦代替滑动摩擦。
【解答】
A.惯性的大小与物体的运动状态、物体的形状、位置和受力情况都无关，惯性的大小只与物体质量的大小有关，故A错误；
B.摩托车底部安装有宽的轮子，在压力不变时，增大受力面积是为了减小压强，故B错误；
C.摩托车对地的压力和地面对摩托车的支持力，这两个力不作用在同一物体上，物体对地面的压力作用在地面上，地面对物体的支持力作用在物体上，二力是作用力与反作用力，故C错误；
D.摩托车车轮胎上制有凹凸不平的花纹，在压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】解：导线EF横置于隧道口上沿前方，一旦被驶来的车辆撞断，红灯L亮且电动机转动放下栏杆，
说明EF断开之后，电动机与指示灯是通路，EF断开之前，电动机与指示灯被短路，
则导线EF与电动机和指示灯并联，
灯和电动机中，即使其中之一断路，另一个也能正常工作，
说明指示灯与电动机互不影响，能独立工作，电动机与指示灯是并联的，
为防止EF断开之前电源被短路，电路干路中要接入保护电阻，由图示电路图可知，C符合要求。
故选：C。
串联的各电路元件相互影响，不能独立工作，并联的各电路元件互不影响，能独立工作；根据题意确定各电路元件的连接方式，然后选择电路。
本题考查了实验电路设计，根据题意确定各电路元件的连接方式是正确解题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：
A、有用功：W有用=Gh=120N×2m=240J，故A错；
B、由图知，n=3，不计绳重和摩擦力，拉力F=13(G+G轮)，则动滑轮重力：
G轮=3F-G=3×50N-120N=30N，故B错；
C、绳子自由端移动的距离：s=3h=3×2m=6m，
拉力做的总功：
W总=Fs=50N×6m=300J，
拉力F的功率：
P=W总t=300J5s=60W，故C错；
D、滑轮组的机械效率：
η=W有用W总=240J300J×100%=80%，故D正确。
故选：D。
(1)利用W=Gh求拉力做的有用功；
(2)由图可知，n=3，不计绳重和摩擦力，拉力F=13(G+G轮)，据此求动滑轮重力；
(3)利用P=Wt求出拉力F的功率；
(4)绳子自由端移动的距离s=3h，利用W=Fs求拉力做的总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、功率、机械效率的计算，利用好关系式：不计绳重和摩擦力，拉力F=13(G+G轮)。
7.【答案】B
【解析】解：A、闭合开关S，让开关S1和S2断开，P在a处时(非最左端)，灯泡与滑动变阻器串联接入电路，此时灯泡正常发光，电流表测电路中电流，电压表测灯泡两端电压；若当保持S1和S2断开，让P缓慢向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，电路中电流变小，灯泡中的电流减小，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，也不会被烧毁，故A错误；
B、保持P在a处不动，S1断开，闭合S2，变阻器与R0并联后与灯泡串联接入电路，电流表测量干路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；因电阻R0与变阻器并联，电路中总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中总电流变大，即电流表示数变大；由U=IR可知，灯泡两端的电压变大，即电压表示数变大，所以A表和V表示数均变大，故B正确；
C、若保持P在a处不动，同时闭合S1和S2后，灯泡和电压表短路，变阻器与R0并联接入电路，电流表测量干路中的电流，由并联电路的电阻规律可知，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大；因电压表被短路，其示数为0，故C错误；
D、若保持S1和S2断开，变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流，根据I=UR可得电压表示数为：UL=IRL，让P缓慢向右滑动后，电压表示数为：UL'=I'RL，
则V表示数变化量为：ΔUL=UL-UL'=IRL-I'RL=(I-I')RL=ΔIRL，
则ΔIΔUL=1RL，
因不计温度对灯泡L的电阻的影响，即灯泡的电阻不变，所以A表示数变化量和V表示数变化量的比值不变，故D错误。
故选：B。
(1)闭合开关S，让开关S1和S2 断开时，灯泡L与滑动变阻器串联，调节滑动变阻器的滑片P在a处，灯泡正常发光，让P缓慢向右滑动，接入电路的电阻会变大，由此分析解答；
(2)若保持P在a处不动，S1断开，变阻器与R0并联后与灯泡串联接入电路，电流表测量干路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；根据电阻的串、并联特点可知电路中总电阻的变化，然后根据欧姆定律分析电路中电流和电压表示数变化；
(3)保持P在a处不动，闭合S1和S2，灯泡L和电压表被短路，变阻器与R0并联接入电路，电流表测量干路中的电流，根据并联电路的电阻规律和欧姆定律可知电路中的电流变化；
(4)若保持S1和S2断开，变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流，根据欧姆定律求出A表示数变化量和V表示数变化量的比值变化。
本题考查电路的动态分析和欧姆定律、串、并联电路特点的应用，关键是开关闭合或断开时电路的连接情况的判断。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题综合性较强，考查的内容较多，会用欧姆定律计算，会用电功率公式计算，知道串联电路的电压、电流、电阻规律；
解决此类问题，没有好办法，只能逐项分析计算，通过结果判断正误。
(1)从图中可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测量灯泡电压，电流表测量灯泡电流；
(2)两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端电压不允许超过额定值，意思就是说电压表示数不超2.5V，电流表示数不超0.6A；
(3)根据各选项的要求，结合欧姆定律和电功率的内容进行相关计算，就可判断各选项正误。
【解答】
根据灯泡的规格“2.5V 1.25W”，求得灯泡的电阻R灯=U灯2P灯=(2.5V)21.25W=5Ω，灯丝的电阻不改变；
A.①电流表测量灯泡的电流，灯泡两端电压不允许超过额定值，也就是电路中的电流最大为灯泡的额定电流，
即电流最大值I最大=I灯=P灯U灯=1.25W2.5V=0.5A；
②滑动变阻器接入阻值最大时，电路中的电流最小，即电流最小值I最小=UR灯+R滑=4.5V5Ω+20Ω=0.18A。
故电流表示数的变化范围是0.18A～0.5A，因此该选项不正确。
B.①滑动变阻器允许接入的最大值为20Ω；
②电路中电流最大为0.5A，根据串联电路电阻的特点，滑动变阻器允许接入的最小阻值为：
R滑最小=UI最大-R灯=4.5V0.5A-5Ω=4Ω
故滑动变阻器接入的阻值范围是4Ω～20Ω，因此该选项不正确。
C.电路中的电流最小时，灯泡的电功率最小，
∴灯泡的最小功率P灯最小=I最小2R灯=(0.18A)2×5Ω=0.162W
灯泡的最小功率为0.162W，因此该选项正确。
D.电路中的电流最大时，电路的总功率最大，等于总电压和电流的乘积，
即P总最大=UI最大=4.5V×0.5A=2.25W
故电路最大功率为2.25W，因此该选项不正确。
故选C。
9.【答案】托里拆利 奥斯特
【解析】解：(1)托里拆利第一次准确地测出了大气压强的大小；
(2)奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，即电流的磁效应，是第一个发现电现象与磁现象之间有联系的人。
故答案为：托里拆利；奥斯特。
(1)能够证明大气压存在的实验有很多，但只要提到著名和首先的实验，那就确定了是哪一个；
(2)奥斯特发现了电流的磁效应。
本题考查我们对一些重要的科学家及其贡献的了解和掌握，属于物理学常识，平时要注意物理学常识知识的积累。
10.【答案】4.2×105 70%
【解析】解：(1)水吸收的热量：
Q吸=cm(t-t0)
=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(80℃-30℃)
=4.2×105J；
(2)电热壶正常工作时的功率为1000W，工作10min消耗的电能：
W=Pt=1000W×600s=6×105J，
电热壶烧水的效率：
η=Q吸W×100%=4.2×105J6×105J×100%=70%。
故答案为：4.2×105；70%。
(1)知道水的质量和温度的变化以及水的比热容，利用Q吸=cm(t-t0)求出水吸收的热量；
(2)电热壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出消耗的电能，水吸收的热量和消耗电能的比值即为出电热壶烧水的效率。
本题考查了吸热公式和电功公式、效率公式的应用，是一道较为简单的电功与热量的综合计算题。
11.【答案】87.5%；2000
【解析】解：由图可知，n=2，
①当C处绳子的拉力为600N时，由F=1n(G+G动)可得，A处绳子的拉力：
FA=2FC-G动=2×600N-100N=1100N>1000N，
所以，此种情况不可能；
②当A处绳子的拉力为1000N时，
C处绳子的拉力FC=1n(GA+G动)=12×(1000N+100N)=550N，
以定滑轮为研究对象可知，受到竖直向上B绳子的拉力、竖直向下定滑轮自身的重力和三股绳子的拉力，
由力的平衡条件可得，B处绳子的拉力FB=G定+3FC=100N+3×550N=1750N>1300N，
所以，此种情况不可能；
③当B处绳子的拉力为1300N时，
以定滑轮为研究对象可知，受到竖直向上B绳子的拉力、竖直向下定滑轮自身的重力和三股绳子的拉力，
由力的平衡条件可得，FB=G定+3FC，
则FC=13(FB-G定)=13(1300N-100N)=400N，
由F=1n(G+G动)可得，A处绳子的拉力：
FA=2FC-G动=2×400N-100N=700N，
此种情况可能，滑轮组的机械效率：
η=W有W总×100%=FAhFCs×100%=FAhFCnh×100%=FAnFC×100%=700N2×400N×100%=87.5%，
小川对地面的压力：
F=G-FC=mg-FC=50kg×10N/kg-400N=100N，
小川对地面的压强：
p=FS=100N500×10-4m2=2000Pa。
故答案为：87.5%；2000。
由图可知滑轮组绳子的有效股数，当C处绳子的拉力为600N时，根据F=1n(G+G动)求出C处绳子的拉力判断此种情况不可能；当A处绳子的拉力为1000N时，根据F=1n(G+G动)求出C处绳子的拉力，以定滑轮为研究对象可知，受到竖直向上B绳子的拉力、竖直向下定滑轮自身的重力和三股绳子的拉力，由力的平衡条件可得B处绳子的拉力，判断出此种情况不可能；当B处绳子的拉力为1300N时，以定滑轮为研究对象，根据力的平衡条件求出FB，根据F=1n(G+G动)求出A处绳子的拉力，判断出此种情况可能，根据η=W有W总×100%=FAhFCs×100%=FAhFCnh×100%=FAnFC×100%求出滑轮组的机械效率，小川对地面的压力等于自身的重力减去绳子的拉力，利用p=FS求出小川对地面的压强。
本题考查了滑轮组机械效率和压强的计算，正确的讨论得出滑轮组提升重物最大重力时的情况是关键，要注意物体提升的重物越重、滑轮组的机械效率越大。
12.【答案】变小；3
【解析】解：由电路图可知，电阻R与滑动变阻器R'串联，根据I=UR可知，电流表示数从0.1A变为0.4A时，电路中的电阻变小，即滑动变阻器接入电路的电阻变小；
当电路中的电流I1=0.1A时，根据I=UR可知，电阻R两端的电压为U1=I1R，
根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：
变阻器两端的电压为U滑1=U-U1=U-I1R；
当电路中的电流I2=0.4A时，根据I=UR可知，电阻R两端的电压为U2=I2R，
根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：
变阻器两端的电压为U滑2=U-U2=U-I2R；
因电压表示数改变了6V，所以U滑1-U滑2=6V，
即(U-I1R)-(U-I2R)=6V，
所以，R=6VI2-I1=6V0.4A-0.1A=20Ω；
定值电阻R电功率的变化量：
△P=I22R-I12R=(0.4A)2×20Ω-(0.1A)2×20Ω=3W．
故答案为：变小；3．
由电路图可知，电阻R与滑动变阻器R'串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；根据欧姆定律可知当电流表示数从0.1A变为0.4A时，电路中的总电阻变小；根据串联电路电压特点结合电压表的示数求出电阻R的阻值，再根据P=I2R求出求出定值电阻R电功率的变化量．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是根据电压表示数的变化量求出电阻R的阻值．
13.【答案】0.3 9
【解析】解：①由图知，当S闭合，S1、S2断开，灯泡和滑动变阻器串联，
当滑片在中点时，由图象知，灯泡两端电压为U额=6V，
因为P=UI，所以此时的电路电流为I额=P额U额=3W6V=0.5A；
当滑片在b端时，电路总电阻更大，由I=UR知，电路电流更小，
所以P在b端时的电路电流为I小=I额-△I1=0.5A-0.2A=0.3A；
因为P=U2R，所以灯丝电阻为RL=UL2PL=(6V)23W=12Ω，
当闭合，S1、S2断开，灯泡和滑动变阻器串联，
设滑动变阻器的最大阻值为R，电源电压为U，根据题意得：
0.3A×(12Ω+R)=0.5A×(12Ω+12R)
解得R=48Ω，U=18V；
②滑片P的位置不变，闭合S1、S2，定值电阻和滑片在中点时的滑动变阻器并联，
干路电流为I并=I中+△I=0.5A+2.25A=2.75A，
因为I=UR，
所以通过滑动变阻器的电流为IR=UR=18V12×48Ω=0.75A，
通过R0的电流为I0=I并-IR=2.75A-0.75A=2A，
所以R0=UI0=18V2A=9Ω。
故答案为：0.3A；9。
①当S闭合，S1、S2断开，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端电压，电流表测量电路电流。由图象知，滑片在中点时，灯泡两端电压为额定电压，已知灯泡额定电压和额定功率，可以得到此时通过灯泡的电流；已知滑片在中点时的电路电流和变化的电流，可以得到滑片在b端时的电流；
②已知灯泡额定电压和额定功率，可以得到灯丝电阻。已知滑片在不同位置时的电路电流，根据电源电压一定，可以得到滑动变阻器最大阻值和电源电压。
滑片P的位置不变，当闭合S1、S2，灯泡短路，定值电阻和滑片在中点时的滑动变阻器并联，电流表测量干路电流。由于此时电路总电阻小于上面串联电路的总电阻，所以电流会增大。已知电源电压和滑动变阻器接入阻值，可以得到通过滑动变阻器的电流；已知通过滑动变阻器的电流和干路电流，可以得到通过R0的电流；已知电源电压和通过R0的电流，可以得到R0的阻值。
此题是一道利用欧姆定律和串并联电路特点解决实际问题的综合题，难度较大。根据图象确定滑片在不同位置时的电路电流，是解答此题的突破口。
14.【答案】解：(1)灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡，零线直接接入灯泡，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
如图所示：
【解析】(1)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
本题考查了开关、插座的接法。开关接在火线与电灯之间，可以使开关断开时，电灯灯座上没有电，这样在换灯泡时不会发生触电。
15.【答案】解：根据磁感线的方向可知小磁针所在位置的磁感线是由下向上的；由于切线方向跟小磁针放在该点的北极指向一致，故上端的磁极为N极，下端的为S极，如图所示：
。
【解析】由于磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，磁感线上的任何一点的切线方向跟小磁针放在该点的北极指向一致，据此判断。
此题考查了小磁针NS极的判断，属于基础知识。
16.【答案】(1)晶体；-6；(2)液；(3)越来越大；(4)1：2
【解析】
【分析】
本题根据图象是否有不变的温度判断是晶体还是非晶体，要学会从图象中找出与晶体有关的信息，解题的关键是理解图象中每一阶段表示的含义及物质的状态。
(1)晶体和非晶体在熔化过程中的区别：晶体在熔化过程中，温度不变；非晶体在熔化过程中温度不断上升，晶体熔化时的温度为熔点。
温度计读数时，首先要看清温度计的分度值，再根据液柱上表面对应的刻度进行读数，还要注意是在零上还是零下；
(2)由上面已知该物质的熔点是0℃，所以当该物质在CD段时，该物质已经熔化完成，为液态。晶体熔化前处于固态，熔化过程处于固液共存态。
(3)晶体在熔化过程中，继续吸热，温度不变，但内能增加。
(4)根据图中坐标信息可知，该物质在AB 段温度升高10℃，被加热5min；在CD段温度升高10℃，被加热10min。
【解答】
(1)由图知，该物质在熔化过程中，温度保持0℃不变，所以该物质为晶体。并且熔点为0℃。
由乙图可知，该温度计的分度值是1℃，而且液柱上表面对应的刻度在零刻度以下，故读数为-6℃；
(2)由图象知，该晶体在BC段温度保持不变，所以其正在熔化，到C点该晶体完全熔化完，所以CD段为液态。
(3)据图象能看出，该物质在BC段处于熔化过程中，晶体在熔化过程中，继续吸热，温度不变，但内能增加，内能越来越大；
(4)根据图中坐标信息可知，该物质在AB 段温度升高10℃，被加热5min；在CD段温度升高10℃，被加热10min；
则该物质在AB段吸热与CD段吸热之比为1：2，根据Q=cmΔt可得，Q1Q2=c1m△tc2m△t=c1c2=12。
故答案为：(1)晶体；-6；(2)液；(3)越来越大；(4)1：2。
17.【答案】水平桌面 零刻度线 左 用手拿砝码 38.4 15 2.56×103 m0m1+m0-m2ρ水
【解析】解：
(1)在调节天平平衡时，先将天平放在水平桌面上，移动游码至标尺左端零刻度线处；指针静止在分度盘中央的右侧，则左盘高，平衡螺母应向左调节；
(2)由图甲知，在称量过程中，小启用手拿砝码了，这样会使砝码生锈；
应将物体置于天平的左盘，在右盘中添加砝码，由图乙知，标尺的分度值为0.2g，所以石块的质量：m=20g+10g+5g+3.4g=38.4g；
由图丙知，量筒的分度值为1ml，水的体积为30ml，水和石子的体积为45ml，所以石块的体积：V=45ml-30ml=15ml=15cm3；
矿石块的密度：ρ=mV=38.4g15cm3=2.56g/cm3=2.56×103kg/m3；
(3)矿石排开水的质量：m排=m1+m0-m2，
由ρ=mV得，
矿石的体积：V石=V排=m排ρ水=m1+m0-m2ρ水；
则矿石块的密度：ρ=m石V石=m0m1+m0-m2ρ水=m0m1+m0-m2ρ水。
故答案为：(1)水平桌面；零刻度线；左；(2)用手拿砝码；38.4；15；2.56×103；(3)m0m1+m0-m2ρ水。
(1)掌握天平的调平，在调平前将天平放在水平桌面上，游码拨到标尺左端的零刻度线处，哪边的盘高，平衡螺母向哪边移动；
(2)在加减砝码时，应用镊子；
天平平衡时，物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，注意标尺的分度值；
在进行量筒的读数时，注意其分度值，根据公式ρ=mV计算石块的密度；
(3)根据等效替代法，测出排出水的体积便可得物体的体积；并根据这个原理判断测量误差；
根据物体的体积等于排出水的体积，根据密度公式得出ρ=mV表示出物体的密度。
此题是测量矿石的密度。考查了有关天平的使用和读数及密度的计算，找出溢出水的体积与石块的体积相等，是解决此题的关键。
18.【答案】调零 不妥当 灯泡实际功率很小 B 不亮 电源 99 17.5
【解析】解：(1)由图1所示电流表可知，电流表指针没有指在零刻度线上，在使用该电流表之前应对电流表进行调零，使指针指在零刻度线上。
(2)灯泡额定电压是2.5V，电压表应选0～3V量程，灯泡正常发光时电流约为I=UR=2.5V10Ω=0.25A，电流表应选0～0.6A量程，灯泡与电流表串联接入电路，电压表与灯泡并联，电路图如图所示：
；
(3)闭合开关前滑片置于阻值最大处，闭合开关，电压表与电流表都有示数，说明电路不存在断路，灯泡也没有发生短路，由于滑动变阻器阻值全部接入电路，电路电阻很大，电路电流很小，灯泡实际功率很小，因此灯泡不发光，此时不需要急着换灯泡，正确做法是移动滑片，观察灯泡是否发光。
图丙中，电压表小量程分度值为0.1V，示数为0.7V，小于灯的额定电压，因灯在额定电压2.5V时才正常发光，应增大灯的电压，减小变阻器分得的电压，由分压原理应减小变阻器连入电路中的电阻大小，所以滑片向B移动，直到电压表示数为2.5V；
(4)实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，即电压表串联在电路中，电流表与灯并联，因电流表内阻很小，所以电流表将灯短路了，灯不亮；因电压表内阻很大，根据欧姆定律，电路中电流几乎为0；根据分压原理，电压表示数接近电源电压。所以实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，则小灯泡将不亮。
(5)实验结束后，应将先将电源拆除，确保电路不会形成通路；
(6)由图可知，当电压为220V时，L2的电流为0.45A，故L 2的额定功率：P=UI2=220V×0.45A=99W；
两电阻串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，
由U-I图象可知，串联时电流应为0.25A，此时L1的电压为150V，L2的电压为70V，符合串联电路的电压特点，
故此时L2的功率P=U2I2'=70V×0.25A=17.5W。
故答案为：(1)调零；(2)见上图；(3)不妥当；灯泡实际功率很小；B；(4)不亮；(5)电源；(6)99；17.5。
(1)使用电表前应对电表进行机械调零，使指针只在零刻度线处。
(2)根据灯泡额定电压确定电压表量程，根据灯泡正常发光时的电流确定电流表量程，把电流表、滑动变阻器串联接入电路，把电压表与灯泡并联，即可完成电路图的连接。
(3)灯泡实际功率很小时，灯泡可能不发光。
根据图丙电压表小量程读数，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和分压原理确定滑片移动的方向；
(4)根据电压表和电流表互换了位置后电路的连接，由电表内阻的大小结合欧姆定律和分压原理作答；
(5)电源两极不可以直接用导线连接；实验结束后，应将先拆除电源，然后再拆除其余导线；
(6)由图可知当电压为额定电压时的电流，则由功率公式可得出额定功率；串联后接在220V的电源上，则两电阻两端的电压达不到220V，但二者电压之和应为220V，由图可读出电阻的电流，则可求得功率。
本题考查了实物电路的连接、实验操作和注意事项、电表的读数、功率的计算等，最后一问要结合图象和串并联电路的性质进行分析，注意灯丝电阻随电压的变化发生变化，故不能先求电阻，再进行计算。
19.【答案】解：(1)列车穿过居民楼时通过的路程：
s=L车+L居民楼=120m+130m=250m，
由v=st可得，列车穿过居民楼的时间：
t=sv=250m25m/s=10s；
(2)由P=Wt可得，列车电动机做的功：
W=Pt=370×103W×10s=3.7×106J。
答：(1)列车所花的时间为10s；
(2)列车电动机做的功为3.7×106J。
【解析】(1)列车穿过居民楼的路程等于车长加上居民楼的长度，又知道列车行驶的速度，根据v=st求出列车穿过居民楼的时间；
(2)知道电动机的功率和工作时间，根据W=Pt求出列车电动机做的功。
本题考查了速度公式和电功公式的应用，要注意列车穿过居民楼的路程等于车长加上居民楼的长度。
20.【答案】解：
(1)图甲中木块A漂浮在水面上，
所以，图甲中木块A受到的浮力：F浮A=GA=12N；
(2)合金块B放在木块A上方时整体漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，
此时排开水的体积：
V排=45VA=45×2×10-3m3=1.6×10-3m3，
此时木块A受到的浮力：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×l.6×l0-3m3=16N，
B的重力：
GB=F浮-GA=16N-12N=4N，
由G=mg可得，合金的质量：
mB=GBg=4N10N/kg=0.4kg=400g，
合金块B的密度：
ρB=mBVB=400g250cm3=1.6g/cm3=1.6×103kg/m3；
(3)将合金块B从木块A上取去下放入容器的水中，
因ρB>ρ水，
所以，合金B将沉底，排开水的体积和自身的体积相等，
此时合金B受到的浮力：
F浮B=ρ水gVB=1.0×103kg/m3×10N/kg×250×l0-6m3=2.5N；
木块A静止时处于漂浮状态，则木块A受到的浮力：F浮A=GA=12N；
A和B受到浮力的减少量：
△F浮=F浮-F浮A-F浮B=16N-12N-2.5N=1.5N，
排开水体积的减少量：
△V排=△F浮ρ水g=1.5N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.5×10-4m3，
水深度的变化量：
△h=△V排S=1.5×10-4m3100×10-4m2=0.015m，
液体对容器底部的压强比取下合金块B前减小了：
△p=ρ水g△h=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.015m=150Pa。
答：(1)图甲中木块A受到浮力的大小为12N；
(2)合金块B的密度为1.6×103kg/m3；
(3)将合金块B从木块A上取去下放入容器的水中，当A、B都静止时，液体对容器底部的压强比取下合金块B前减小了150Pa。
【解析】(1)图甲中木块A漂浮在水面上，受到的浮力和自身的重力相等；
(2)合金块B放在木块A上方时整体漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，根据题意求出排开水的体积，根据阿基米德原理求出受到的浮力即为A和B的重力之和，然后求出B的重力，根据G=mg和ρ=mV求出合金块B的密度；
(3)将合金块B从木块A上取去下放入容器的水中，B的密度大于水的密度，合金B将沉底，排开水的体积和自身的体积相等，根据阿基米德原理求出受到的浮力，然后求出浮力减小的量，根据阿基米德原理排开水体积的变化量，进一步求出容器内水深度的减少量，根据p=ρgh求出液体对容器底部的压强比取下合金块B前减小了多少。
本题考查了物体浮沉条件和阿基米德原理、重力公式、密度公式、液体压强公式的综合应用，分析好最后一问中液体深度的变化量是关键。
21.【答案】解：
(1)当开关S1、S2都闭合时，两发热管并联，电路中的总电阻最小，电功率最大，饮水机处于加热状态，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，饮水机的加热功率：
P加热=U2R1+U2R2=U2R1+U219R1=10U2R1，
由图乙可知，P加热=500W，
即：10U2R1=500W，
所以，U2R1=50W，
当开关S1闭合、S2断开时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最大，饮水机处于保温状态，则
P保温=U2R1=50W；
(2)由ρ=mV得水的质量：
m=ρ水V=1.0×103kg/m3×1×10-3 m3=1kg
水散失的热量：
Q放=cm△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(90℃-70℃)=8.4×104J；
发热电阻产生的热量Q保温=P保温t保温=50W×17×60s=5.1×104J；
散失的热量Q总=Q放+Q保温=8.4×104J+5.1×104J=1.35×105J。
(3)加热时消耗的电能：
W加=P加t加=500W×3×60s=9×104J，
保温时消耗的电能：
W保=P保t保=50W×17×60s=5.1×104J
该饮水机在一个工作循环的20min内，消耗的电能：
W总=W加+W保=9×104J+5.1×104J=1.41×105J，
加热60min消耗的电能为W=W总×tt0=1.41×105J×60min20min=4.23×105J。
答：(1)该饮水机的保温功率是50W；
(2)在17min的保温过程中，瓶胆内的水散失的热量为1.35×105J；
(3)该饮水机加热60min消耗的电能为4.23×105J。
【解析】(1)由电路图可知，当开关S1、S2都闭合时，两发热管并联，电路中的总电阻最小，电功率最大，饮水机处于加热状态，根据并联电路的电压特点和P=U2R结合R1=9R2表示出加热功率；当开关S1闭合、S2断开时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最大，饮水机处于保温状态，根据P=U2R求出保温功率的大小；
(2)知道水的体积，利用m=ρV求水的质量，根据Q放=cm(t-t0)求出瓶胆内的水温度从90℃降低到70℃放出的热量(散失的热量)和利用Q=Pt求出保温电阻产生的热量，然后即可求出；
(3)由题意可知，饮水机的一个工作循环是20min，经历了加热3min、保温17min，据此求出加热和保温的时间，根据W=Pt求出此时间内消耗的电能。
本题考查了吸热公式和电功率公式、并联电路的特点、电功公式的灵活应用，分清饮水机在一个工作循环内的加热时间和保温时间是关键。
相关试卷
重庆市渝北区六校联盟2023-2024学年九年级上学期第二次大练兵（期中）物理试题： 这是一份重庆市渝北区六校联盟2023-2024学年九年级上学期第二次大练兵（期中）物理试题，文件包含重庆市渝北区六校联盟2023-2024学年九年级上学期第二次大练兵期中物理试题docx、九年级物理答案docx、九年级答题卡docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
重庆市渝北区六校联盟2023-2024学年八年级上学期第二次大练兵（期中）物理试题： 这是一份重庆市渝北区六校联盟2023-2024学年八年级上学期第二次大练兵（期中）物理试题，文件包含重庆市渝北区六校联盟2023-2024学年八年级上学期第二次大练兵期中物理试题docx、物理答案docx、物理答题卡docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
重庆市渝北区2023年九年级物理教学大练兵试卷（附答案）： 这是一份重庆市渝北区2023年九年级物理教学大练兵试卷（附答案），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
