福建省福州市第十四中学九年级下学期5月月考物理试题（解析版）-A4

这是一份福建省福州市第十四中学九年级下学期5月月考物理试题（解析版）-A4，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，简答题，实验，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共14小题，每小题2分，共28分。每小题只有一个选项符合题意）
1. 在如图所示的家用电器中，正常工作时的电功率最接近15W的是（ ）
A. 台灯
B. 电烤炉
C. 微波炉
D. 空调
【答案】A
【解析】
【详解】A．台灯的额定功率大约15W，故A符合题意；
B．电烤炉正常工作时的功率是左右，故B不符合题意；
C．微波炉正常工作时的电功率约为，故C不符合题意；
D．空调正常工作时的电功率约为，故D不符合题意。
故选A。
2. 如图所示的现象中，主要说明力能改变物体运动状态的是（ ）
A. 人压弯跳板B. 球被顶回去
C. 弹簧被拉长D. 压弯锯条
【答案】B
【解析】
【详解】A．跳水时，跳板被运动员在力的作用下压弯，主要说明力改变物体的形状，故A不符合题意；
B．足球在被头顶后，运动方向发生了变化，主要说明力改变物体的运动状态，故B符合题意；
C．用力拉弹簧，弹簧长度变大，形状发生改变，主要说明力改变物体的形状，故C不符合题意；
D．压弯锯条时，锯条在力的作用下，发生了形状上的变化，主要说明了力改变物体的形状，故D不符合题意。
故选B。
3. 我国的无人机在全世界的军事上受到许多国家的热捧，为了减轻其质量，无人机的材料应具有的特点是（ ）
A. 硬度高B. 密度小C. 弹性好D. 密度大
【答案】B
【解析】
【详解】单纯从减轻无人机质量的要求考虑，由公式m=ρV可知在航空飞行器体积一定的情况下，要减轻质量，只能选择密度较小的材料，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
4. 如图所示的光现象中，利用光沿直线传播原理的是（ ）
A. 笔在水面处折断B. 皮影在幕布上形成影子
C. 桥在水中形成倒影D. 景物在反光镜中成像
【答案】B
【解析】
【详解】A．笔在水面处折断是光从水中斜射入空气时发生了偏折，是由光的折射造成的，故A不符合题意；
B．皮影在幕布上形成影子是由光的直线传播形成的，故B符合题意；
C．桥在水中形成倒影属于平面镜成像现象，是由光的反射造成的，故C不符合题意；
D．反光镜是凸面镜，景物在反光镜中成像是利用光的反射的原理，故D不符合题意。
故选B。
5. 如图所示的四种物态变化实例中，需要吸热的是（ ）
A. 气结成露B. 冰雪融化
C. 滴水成冰D. 气结成霜
【答案】B
【解析】
【详解】A．气结成露是水蒸气变成液体的露珠，是液化现象，需要放热，故A不符合题意；
B．冰雪融化是固态的冰雪变成液体的水，是熔化现象，需要吸热，故B符合题意；
C．滴水成冰是液体的水变成固态的冰，是凝固现象，需要放热，故C不符合题意；
D．气结成霜是水蒸气直接变成固态的霜，是凝华现象，需要放热，故D不符合题意。
故选B。
6. 如图所示实例中，为了减小摩擦力的是（ ）
A. 浴室脚垫做得凹凸不平
B. 皮带传动中要把皮带张紧
C. 旱冰鞋的轮子
D. 鞋底有凹凸不平的花纹
【答案】C
【解析】
【详解】A．浴室脚垫做得凹凸不平，是通过增大接触面粗糙程度来增大摩擦，故A不符合题意；
B．皮带传动中将皮带张紧，是在接触面粗糙程度不变时，通过增大压力来增大摩擦力的，从而皮带转动起来，故B不符合题意；
C．旱冰鞋用轮子代替平底鞋底，是变滑动摩擦为滚动摩擦，为了减小摩擦，故C符合题意；
D．鞋底有凹凸不平的花纹，增大了接触面的粗糙程度，可以增大摩擦，故D不符合题意。
故选C。
7. 如图所示，A的质量为2kg，B质量为3kg，在压力F作用下A、B在墙上一起匀速下滑，则B受A对它的摩擦力的大小为（ ）
A. 20NB. 30NC. 10ND. 50N
【答案】A
【解析】
【详解】由图可知，木块A、B压在墙上一起匀速下滑，此时处于平衡状态，A受到两个力的作用：竖直向下的重力和B对A的摩擦力的作用，这两个力是一对平衡力，大小相等，故
f＝G＝mg＝2kg×10N/kg＝20N
B对A的摩擦力的方向竖直向上，由于物体间力的作用是相互的，则A对B的摩擦力的方向是竖直向下的，大小为20N，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
8. 如图为小孩荡秋千的示意图，下列分析正确的是（ ）
A. 小孩在A点具有的动能最大
B. 小孩从B荡到C的过程中，动能转化为势能
C. 小孩从C荡到B的过程中，动能转化为势能
D. 小孩从A荡到B的过程中，在B点的机械能大于A点的机械能
【答案】B
【解析】
【详解】荡秋千时，从A点到B点和从C点到B点都是下降过程，都是将重力势能转化为动能，在这个过程中，A点和C点位置最高，重力势能最大，此时小孩是静止的，故动能为0；B点的动能最大，由于B点位置最低，所以重力势能最小。从B点到C点和B点到A点的过程中都是将动能转化为重力势能的过程。
A．小孩在A点时，位置最高，重力势能最大，动能为零，故A错误；
B．小孩从B荡到C的过程中，高度增加，重力势能增大，速度减小，动能减小，是动能转化为重力势能的过程，故B正确；
C．小孩从C荡到B的过程中，高度减小，重力势能减小，速度增大，动能增大，是重力势能转化为动能的过程，故C错误；
D．小孩从A荡到B的过程中，需要克服空气阻力做功，由一部分机械能转化为内能，故在B点的机械能小于A点的机械能，故D错误。
故选B。
9. 教室内的饮水机为同学们健康饮水提供方便。如图所示，按下温水键开关S1时，温水指示灯L1发光；同时按下“童锁”键开关S2和热水键开关S3时，热水指示灯L2发光。下列电路设计符合要求的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
详解】A．由电路图可知，按下开关S1，指示灯L2发光，故A不符合题意；
B．由电路图可知，L1与L2并联，开关S1控制L1，开关S2和S3控制L2，按下S1时，L1发光，同时按下S2和S3，L2发光，故B符合题意；
C．由电路图可知，L1与L2串联，只有同时按下三个开关，L1和L2同时发光，任意一个开关未闭合，两灯均不发光，故C不符合题意；
D．由电路图可知，只闭合S1时，电路处于断路状态，L1不发光，故D不符合题意。
故选B。
10. 如图所示，用手向上拉活塞能将药液“吸”入针筒。在图所示四个现象中，“吸”的物理原理与其相同的是（ ）
A. 向水中的两个乒乓球中间注射高速水流，两球“吸”在一起
B. 用力挤压两个削平的铅柱，两铅柱“吸”在一起
C. 用力挤压塑料吸盘，吸盘“吸”在墙面上
D. 与头发摩擦过的塑料梳子可以“吸”起小纸屑
【答案】C
【解析】
【详解】用手向上拉活塞能将药液“吸”入针筒，这里的“吸”利用了大气压的作用。
A．向水中的两个乒乓球中间注射高速水流，两球“吸”在一起。利用了流体的流速越快，压强越小的原理。故A不符合题意；
B．用力挤压两个削平的铅柱，两铅柱“吸”在一起。这里用了分子间存在引力。故B不符合题意；
C．用力挤压塑料吸盘，吸盘“吸”在墙面上。这里利用了大气压的作用。故C符合题意；
D．与头发摩擦过的塑料梳子可以“吸”起小纸屑。这里利用了摩擦起电且带电物体可以吸引轻小物体的性质。故D不符合题意。
故选C。
11. 两轮电动平衡车作为一种新兴的交通工具，备受中学生的喜爱。如图所示，当人操控平衡车在水平路面上做匀速直线运动时，下列说法正确的是（ ）
A. 关闭电机后，平衡车仍继续前进是由于其受到惯性作用
B. 若平衡车在运动过程中所受的力全部消失，平衡车会慢慢停下来
C. 平衡车对地面的压力与地面对它的支持力是相互作用力
D. 平衡车受到的重力与地面对它的支持力是一对平衡力
【答案】C
【解析】
【详解】A．惯性不是一种作用，而是一切物体的固有属性，不能说物体受到惯性的作用，故A错误；
B．根据牛顿第一定律，若平衡车在运动过程中所受的力全部消失，平衡车会做匀速直线运动，故B错误；
C．平衡车对地面的压力与地面对它的支持力，大小相等，方向相反，作用在两个不同的物体上，作用在同一条直线上，是一对相互作用力，故C正确；
D．平衡车受到重力小于地面对它的支持力，这两个力大小不相等，不是一对平衡力，故D错误。
故选C。
12. 我国的第三艘航母“福建舰”采用自行研制的电磁弹射器。电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，弹射车受到强大的推力带动舰载机快速起飞。下列四幅实验装置图中反映电磁弹射器工作原理的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知，电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动，其原理与电动机相同。
A．A图是奥斯特实验，说明电流周围存在磁场，故A不符合题意；
B．B图中没有电源，是探究电磁感应现象的实验，是发电机的原理图，故B不符合题意；
C．C图是通电导线的周围存在着磁场，探究通电螺线管外部的磁场分布，这是电流的磁效应，故C不符合题意；
D．D图中有电源，通电导体在磁场中会受力而运动，是电动机的原理图，故D符合题意。
故选D。
13. 如图所示的四个电路中，电源两端电压保持不变，当开关S闭合时，电表工作正常，如果将滑动变阻器的滑片P向右移动，电表可能损坏的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表测通过定值电阻的电流，根据并联电路互不影响可知滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表的示数不变，电流表不可能损坏，故A不符合题意；
B．闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表测通过干路的电流，滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知通过滑动变阻器的电流变小，并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以电流表示数减小，电流表不可能损坏，故B不符合题意；
C．闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测定值电阻两端的电压，滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变大，定值电阻两端的电压变小，所以电压表示数减小，电压表可不能损坏，故C不符合题意；
D．闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变大，即电压表示数变大，电压表可能损坏，故D符合题意。
故选D。
14. 如图所示，小丽用滑轮组匀速提升一个重为600N的物体，物体上升的速度为0.1m/s人拉绳的力F为250N，不计绳重和摩擦，下列说法不正确的是（ ）
A. 人拉绳做功的功率为75WB. 动滑轮重为100N
C. 绳子自由端移动的速度为0.3 m/sD. 滑轮组的机械效率为80%
【答案】B
【解析】
【详解】C．由图得
绳子自由端移动的速度为
故C正确，不符合题意；
A．人拉绳做功的功率为
故A正确，不符合题意；
B．不计绳重和摩擦
则
故B错误，不符合题意；
D．滑轮组的机械效率为
故D正确，不符合题意。
故选B。
二、填空题（本大题共5小题，共12分）
15. 如图所示为2022年1月26日航天员叶光富在空间站用葫芦丝演奏《月光下的凤尾竹》的情景。“葫芦丝”是靠空气柱 ___________发声的；按不同的孔，可以改变声音的 ___________。
【答案】 ①. 振动 ②. 音调
【解析】
【详解】[1]声音是由物体振动产生的，“葫芦丝”是靠空气柱振动发声的。
[2]按不同的孔，空气柱的长短不同，空气柱振动的频率不同，发出声音的音调不同。
16. 为使舰载机在短时间内达到起飞速度，某航母上安装了蒸汽弹射装置。如图所示为其工作原理示意图，高压蒸汽推动活塞牵引舰载机加速向右运动，2s左右舰载机即可达到起飞速度。此过程中，蒸汽的内能会______（选填“增大”或“减小”），其能量转化与内燃机的______冲程相同。
【答案】 ①. 减小 ②. 做功
【解析】
【详解】[1]高压蒸汽推动活塞牵引舰载机加速向右运动，蒸气产生的内能转化为活塞的机械能，蒸汽的内能会减小。
[2]内燃机的做功冲程中也是将内能转化为机械能，所以上述能量转化与做功冲程相同。
17. 在卡塔尔举行的世界杯上使用了VAR（视频幼理裁判技术），利用摄像机镜头跟踪运动员和足球，摄像机镜头相当于_______（选填“凸透镜”或者“凹透镜”），运动员射门时，足球向门框上镜头靠近的过程中，若以足球为参照物，镜头是_______（选填“运动”或“静止”）的，摄像机中足球的像将_______（选填“变大”、“不变”或者“变小”）。
【答案】 ①. 凸透镜 ②. 运动 ③. 变大
【解析】
【详解】[1]摄像机镜头成的像为缩小、倒立的实像，相当于凸透镜。
[2]运动员射门时，足球向门框上镜头靠近的过程中，足球与镜头的相对位置发生改变，若以足球为参照物，镜头是运动的。
[3]足球向门框上镜头靠近的过程中，物距变小，像距变大，像变大。
18. 如图是小津同学设计的汽车尾气中CO排放量的检测电路。当CO浓度高于某一设定值时，电铃发声报警。图中气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而减小，则电铃应接在_______之间（选填“AC”或“BD”），电磁铁的上端是_______极。
【答案】 ①. BD ②. N
【解析】
【详解】[1]因气敏电阻R1的阻值随CO浓度的增大而减小，所以，CO浓度升高时，气敏电阻R1的阻值减小，由可知，控制电路中的电流增大，则电磁铁的磁性增强，当电路中电流增大到一定值时，电磁铁会吸引衔铁向下运动，电铃发声报警，所以，电铃应接在B和D之间。
[2]根据图中控制电路中的电流方向，利用安培定则可知电磁铁的上端为N极，下端为S极。
19. 如图1所示电路中，电源电压恒定不变，电流表所选量程为0~0.6A，电压表所选量程为0~15V，小灯泡L标有“6V 3.6W”，滑动变阻器R标有“50Ω 1.5A”。闭合开关S，调节滑动变阻器使其阻值在某一范围内变化时，电压表与电流表示数的变化情况如图2所示，电压表测量的是_________两端的电压，电源电压为_________V，闭合开关后，滑动变阻器阻值可以调节的范围是_________。
【答案】 ①. 滑动变阻器 ②. 9 ③. 5~50Ω
【解析】
【详解】[1][2][3]闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压；因串联电路各处电流相等，所以灯泡正常发光时通过电路的电流最大，小灯泡L标有“6V 3.6W”，此时通过电路的电流
由图2可知此时滑动变阻器两端的电压为3V，由欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，最小阻值为
此时灯泡两端的电压为6V，串联电路总电压等于各分电压之和，所以电源电压为
U=U滑小+UL=3V+6V=9V
由题意可知电压表接入电路的量程为0~15V，电源电压为9V，所以滑动变阻器可以接入电路最大阻值，滑动变阻器的最大阻值是50Ω，所以滑动变阻器接入电路的阻值范围为5~50Ω。
三、作图题（本大题共2小题，共4分）
20. 如图，根据反射光线画出入射光线，并在图中标出入射角的度数。
【答案】
【解析】
【详解】先过入射点O作出法线，因为反射光线与镜面的夹角是60°，所以反射角为
90°﹣60°＝30°
反射角与入射角相等，据此作出入射光线AO并标出入射角的度数，如下图
21. 如图所示木块从底端滑上斜面，请画出木块对斜面的压力。
【答案】
【解析】
【详解】木块对斜面的压力作用点在斜面上，从作用点起垂直于斜面向下画一条线段，在线段的末端画上箭头表示力的方向即可，如图所示：
四、简答题（本大题1小题，共4分）
22. 滑板车是青少年十分喜爱的一款运动器械，如图所示，该同学用力蹬地能够使车向前滑行，而后站在车上可以继续向前滑行一段后停下来。请用物理知识解释这个过程。
【答案】见解析
【解析】
【详解】脚蹬地时，给地面一个向后的力，由于力的作用是相互的，地面给脚一个向前的力，人和车一起向前运动，脚离开地面，人和车由于惯性要保持原来的运动状态，继续向前运动一段距离，在阻力的作用下停下来。
五、实验、探究题（本大题共6小题，共30分）
23. 如图甲所示是小桔利用透明玻璃板探究平面镜成像特点的实验装置。
（1）实验中选择两根完全一样的蜡烛A和B，是为了比较像与物的 _______关系；
（2）实验时，应在 _____侧观察蜡烛A经玻璃板所成的像；
（3）图乙是某时刻测得蜡烛A与玻璃板的距离，则蜡烛A的像到玻璃板的距离为 _________cm；
（4）将蜡烛A逐渐远离玻璃板时，蜡烛A的像的大小将 _______；
（5）实验中他用白纸做屏幕放在所看到的像的位置，然后在玻璃板后侧直接观察白纸，结果没有看到像，从而知道平面镜所成的像是 _______。
【答案】 ①. 大小 ②. A ③. 1.80 ④. 不变 ⑤. 虚像
【解析】
【详解】（1）[1]为了比较像与物的大小关系，所以选择两根完全一样的蜡烛A和B。
（2）[2]由于平面镜所成的像是虚像，人应在玻璃板前观察，即应该在A侧观察。
（3）[3]由图乙可知，此时蜡烛A到平面镜的距离为1.80cm，由于平面镜所成的像与物体到平面镜的距离相等，所以蜡烛A的像到玻璃板的距离为1.80cm。
（4）[4]由于平面镜所成的像与物体大小相等，所以将蜡烛A逐渐远离玻璃板时，蜡烛A的像的大小将不变。
（5）[5]因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，所以光屏不能接收到的烛焰的像，所以说明平面镜成的像是虚像。
24. 如图是“探究物体动能的大小与什么因素有关”实验的示意图。
（1）该实验中，探究物体的动能是指 ________的动能；
（2）该实验中，物体动能的大小是通过物体 _____________来反映的；
（3）该实验中，物体的速度是指物体A从斜面上由静止滚下与物体B碰撞前，通过改变 _____________来实现；
（4）如果本实验装置的水平面绝对光滑且无空气阻力，那么我们不能完成该实验，原因是 ________________。
【答案】 ①. 小球A ②. 木块B移动的距离 ③. 小球A滚下的高度 ④. 见解析
【解析】
【详解】（1）[1]本实验研究的对象是小球A，研究的是小球A动能的大小与速度和质量的关系。
（2）[2]实验中通过木块B被小车A推动的距离来比较动能的大小。利用了转换法。
（3）[3]该实验物体A的速度是指物体A从斜面上静止滑下与物体B碰撞时碰撞前A的速度，这个速度的大小是通过控制物体A在斜面上的高度改变的。
（4）[4]水平面绝对光滑且无空气阻力，木块B将做匀速直线运动，不能通过比较距离来比较动能的大小。
25. 在探究杠杆平衡条件的实验中，每个钩码重1N。
（1）实验前杠杆如图甲所示，需向 _____调节平衡螺母使杠杆处于水平位置平衡；
（2）杠杆平衡后如图乙所示在杠杆B点挂3个相同的钩码，则在杠杆的D点挂 _____个相同的钩码，就可杠杆重新在水平位置平衡；
（3）保持B点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时测出多组动力臂l1和动力F1数据绘制了l1﹣F1的关系图象，如图丙所示。由图象推算，当l1为0.6m时，F1为 ________N；
（4）如图丁所示，用竖直向上的力匀速拉动质量分布均匀的另一杠杆，杠杆转动过程中，拉力F的大小将 _______。现用竖直向上的拉力将重为36N的物体缓慢升高10cm，拉力大小F为16N，拉力移动的距离为25cm，此时杠杆的机械效率为 ________。若将重物的悬挂点由A点（为第1次）向右移至B点（为第2次），第 _____次杠杆的机械效率高。
【答案】 ①. 右 ②. 4 ③. 0.5 ④. 不变 ⑤. 90% ⑥. 2
【解析】
【详解】（1）[1]杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，右端上翘，故应向右调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，支点到力的作用点的距离就是力臂，便于测量力臂大小。
（2）[2]设一钩码重为G，一格为L，根据杠杆平衡条件可知
3G×4L＝FD×3L
所以
FD＝4G
需在D点挂4个钩码。
（3）[3]由于此题中的阻力和阻力臂不变，据F1L1＝F2L2可知，利用图象中任意一组数据都能得出
F2L2＝F1L1＝0.1m×3N＝0.3N•m
故若当L1为0.6m时
（4）[4]由图示可知，当重物被提升的过程中，根据数学知识可知，动力臂与阻力臂的比值不变，且重物的重力不变，由杠杆平衡条件可知，拉力不变。
[5]物体上升的高度
h＝10cm＝0.1m
拉力移动的距离为
s＝25cm＝0.25m
此时杠杆的机械效率为
[6]杠杆提升物体时，对物体做有用功，克服杠杆重做额外功，并且
W有用+W额＝W总
设杠杆重心升高的距离为h，所以
Gh1+G杠杆h＝Fh2
G不变，h1不变，G杠杆不变，物体从A点到B点，物体还升高相同的高度，有用功不变；杠杆上旋的角度减小，杠杆升高的距离h变小，克服杠杆重力所做的额外功变小；则
Gh1+G杠杆h
变小，所以Fh2也变小；根据
可知，总功变小，有用功不变，所以η变大，即第2次杠杆的机械效率高。
26. 如图所示是小明同学测量“小灯泡电功率”的实验，已知电源电压为4.5V，小灯泡额定电压为2.5V。
（1）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于 _____端；
（2）小明连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表无示数，电流表有示数，则电路的故障可能是小灯泡 _______；
（3）排除故障后，小明移动滑片P到某一点时，电压表示数如图乙所示为 ________V，若他想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向 _____端移动，使电压表的示数为2.5V；
（4）小明多次移动滑片P，记下对应的电压表和电流表的示数，并绘制成如图丙所示的I﹣U图象，根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率为 ________W；
（5）小明通过实验比较当小灯泡“实际电压是额定电压一半时的电功率P1”和“实际电流是额定电流一半时的电功率P2”的大小，则P1_____P2。
【答案】 ①. A ②. 短路 ③. 2.2 ④. B ⑤. 0.5 ⑥. ＞
【解析】
【详解】（1）[1]为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大处，即A端。
（2）[2]小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，即电路的故障可能是小灯泡短路。
（3）[3][4]电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，若他想测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将图甲中滑片P向B端移动，使电压表的示数为2.5V。
（4）[5]由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.2A，则小灯泡额定功率为
PL＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W
（5）[6]当小灯泡的实际电压是额定电压一半时，由图丙可知此时的电压值为1.25V，对应的电流约为0.125A，此时灯泡的电功率为
P1＝U1I1＝1.25V×0.125A＝0.15625W
当小灯泡的实际电流是额定电流一半时，此时的电流为0.1A，由图丙可知此时的电压值约为1V，此时灯泡的电功率为
P2＝U2I2＝1V×0.1A＝0.1W
所以
P1＞P2
27. 利用如图所示的装置探究“导体产生的热量与电阻大小的关系”，烧瓶中铜丝电阻小于镍铬合金丝电阻。
（1）实验中两金属丝产生热量的多少是通过观察 _____________反映出来的；
（2）为了便于比较两根电阻丝通过电流后产生热量的多少，A、B两瓶中要装入质量相等、初温相同的同种液体。为了在较短时间内达到明显的实验效果，实验时选用煤油而不选水，是因为 ________；
（3）如果在两烧瓶中分别装入质量相等的不同液体，并接入两根阻值 _______的电阻丝，就可用这个装置来探究两种不同液体的吸热性质。若闭合开关后一段时间，发现B瓶中的温度变化大，则说明 _____瓶中液体的比热容较大。
【答案】 ①. 温度计示数的变化 ②. 煤油的比热容小，煤油温度升高明显 ③. 相同 ④. A
【解析】
【详解】（1）[1]根据转换法，实验中两金属丝产生热量的多少是通过观察温度计示数的变化反映出来的。
（2）[2]为了在较短时间内达到明显的实验效果，实验时选用煤油而不选水，是因为煤油的比热容小于水的比热容，初温和质量相同的水和煤油吸热相同，根据可知，煤油温度升高得明显。
（3）[3]串联电路各处的电流相等，通过时间也相同，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，如果在两烧瓶中分别装入质量相等的不同液体，并接入两根阻值相同的电阻丝，可控制相同时间不同液体吸热相同，根据比较温度的变化就可用这个装置来探究两种不同液体的吸热性质。
[4]若闭合开关后一段时间，发现B瓶中的温度变化大，根据比较吸热能力的方法，则A瓶中液体的比热容大于B瓶中液体的比热容。
28. 小露同学为了测量德化高山茶油的密度，进行以下实验：
（1）用调节好的天平测量茶油和烧杯的总质量，操作情景如图甲所示，错误之处是：______；
（2）重新调节好天平，小露称得茶油和烧杯的总质量为60g，然后将一部分茶油倒入量筒中，如图乙所示，再将烧杯放在天平上，称得剩余茶油和烧杯的总质量如图丙所示，由此可知量筒中茶油的体积是 _______cm3，量筒中茶油的质量是 __________，茶油的密度是 ________g/cm3；
（3）实验室小芸同学想测量一个质量为mA的塑料实心球A的密度，她发现塑料球A在水中会漂浮，于是选取了电子秤、细线和一个金属块B，设计了如图丁戊所示的实验过程：
①在电子秤上放上装有适量水的容器，将塑料球A和金属块B用细线拴好，再用细线吊着球A，使金属块B浸没在水中（不碰到容器底和容器壁），静止时如图丁所示，读出电子秤的示数为m1；
②将吊着的球A和金属块B都浸没在水中（不碰到容器底和容器壁），静止时如图戊所示，读出电子秤的示数为m2；
则物体A的密度的表达式ρA＝__________（用已知物理量字母表示）。
【答案】 ①. 在称量物体的质量时，调平衡螺母 ②. 32 ③. 28.8g ④. 0.9 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]在使用天平称量物体的质量时，通过增减砝码和移动游码使天平平衡，不能再移动平衡螺母。
（2）[2][3][4]剩余茶油和烧杯的总质量是砝码20g+10g，游码刻度1.2g，共
20g+10g+12g＝31.2g
根据题意，量筒里茶油的质量是
m＝60g﹣31.2g＝28.8g
由图乙知，量筒中茶油的体积是
v＝32mL＝32cm3
则茶油的密度为
（3）[5]图丁中，容器和液体的重力与B受到浮力之和等于m1g；在图戊中，容器和液体的重力与A、B受到浮力之和等于m2g；根据①、②两次示数差可知塑料球A受到的浮力为
FA＝m2g﹣m1g
根据阿基米德原理
m2g﹣m1g＝ρ水gV排＝ρ水gVA
则物体A的体积是
A的密度为
六、计算题（本大题共3小题，共22分）
29. 近年来，中国女子冰壶队多次夺得世界冠军、为国争光．如图所示，冰壶的质量为18kg、底面积为600cm2，体积为7.2dm3，g取10N/kg，求：
（1）冰壶的密度有多大？
（2）冰壶对水平冰面的压强有多大？
【答案】（1）2.5×103kg/m3；（2）3×103Pa
【解析】
【详解】（1）冰壶的体积
V=7.2dm3=7.2×10-3m3
冰壶的密度
（2）冰壶与冰面的接触面积
S=600cm2=6×10-2m2
冰壶对冰面的压力
F=G=mg=18kg×10N/kg=180N
冰壶对冰面的压强
答：（1）冰壶的密度为2.5×103kg/m3；
（2）冰壶对水平冰面的压强是3×103Pa。
30. 如图为一个调光台灯的电路图，电源电压为18V；R为滑动变阻器，其最大阻值为125Ω。闭合开关S后，调节滑动变阻器，当灯泡L恰好正常发光时，此时通过小灯泡的电流为0.2A，电压表的示数为12V。求：
（1）小灯泡正常发光时的电阻。
（2）当滑片P在b端时，电压表示数为15V，此时灯L的功率为多少？
【答案】（1）30Ω；（2）0.36W
【解析】
【详解】解：（1）闭合开关S后，台灯与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，当灯泡L恰好正常发光时，因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以灯泡两端的电压
UL＝U﹣UR＝18V﹣12V＝6V
根据欧姆定律可知，灯泡正常发光时的电阻
（2）当滑片P在b端时，灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联，电压表示数为15V，则电路中电流
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以灯泡两端的电压
UL′＝U﹣UR最大＝18V﹣15V＝3V
灯泡的电功率
PL′＝UL′I＝3V×0.12A＝0.36W
答：（1）小灯泡正常发光时的电阻为30Ω。
（2）当滑片P在b端时，电压表示数为15V，此时灯L的功率为0.36W。
31. 如图，水平桌面上放有一薄壁柱形容器，容器底面积为0.03m2，容器中装有水，质量为0.25kg、体积为1×10﹣3m3的正方体木块漂浮在水面上。现将细绳的一端绕过定滑轮后固定在木块下表面，并用竖直向上的拉力F缓慢匀速拉动细绳另一端，使木块从漂浮状态逐渐浸没入水中，木块不接触滑轮。不计摩擦与水的阻力，忽略绳重与体积的影响，g取10N/kg。求：
（1）木块漂浮时受到的浮力；
（2）若水深为0.3m，则容器底受到的水的压强；
（3）拉力F的最大值；
（4）木块从漂浮到被细绳拉到完全浸没，重力对木块做的功。
【答案】（1）2.5N；（2）3×103Pa；（3）7.5N；（4）0.1875J
【解析】
【详解】解：（1）木块漂浮时受到的浮力
F浮＝G木＝m木g＝0.25kg×10N/kg＝2.5N
（2）容器底受到的水的压强
p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.3m＝3×103Pa
（3）当木块浸没时所需拉力F最大，此时木块排开水的体积
V排＝V＝1×10﹣3m3
此时木块受到的浮力
F浮′＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N
根据力的平衡条件可得
F浮′＝G木+F最大
所以最大拉力
F最大＝F浮′﹣G木＝10N﹣2.5N＝7.5N
（4）木块从漂浮到被细绳拉到完全浸没，水对容器底压力的变化量等于木块排开水的重力变化量，即木块受到的浮力变化量
ΔF＝ΔF浮＝10N﹣2.5N＝7.5N
木块体积的变化量
已知木块体积为1×10﹣3m3，边长为0.1m，故木块下降的高度
根据W＝Gh，木块从漂浮到被细绳拉到完全浸没，重力对木块做的功
W＝Gh＝2.5N×7.5×10﹣2m＝0.1875J
答：（1）木块漂浮时受到的浮力为2.5N；
（2）若水深为0.3m，容器底受到的水的压强为3×103Pa；
（3）拉力F的最大值为7.5N；