广东省揭阳市惠来县2022-2023学年九年级下学期期中质量监测物理试题

这是一份广东省揭阳市惠来县2022-2023学年九年级下学期期中质量监测物理试题，共22页。

2022-2023学年广东省揭阳市惠来县九年级（下）期中物理试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
1. 下列关于普通教室内的物理量的估测，符合实际的是(    )
A. 一根粉笔的质量约为1kg B. 课桌的高度约为70cm
C. 室内大气压强约为100Pa D. 室温约为60℃
2. 下列情境中，属于光的反射的是(    )
A. 街头路口利用凸面镜扩大视野
B. 岸边的游客看到湖中的鱼
C. 地面上猎豹影子的形成
D. 放大镜观察指纹
3. 电动自行车的简化电路如图所示，其中电源为蓄电池，M为电动机，L为电灯，R为喇叭，则关于该电动车，下列说法正确的是(    )
A. 只接通S1和S3，车灯L能发光
B. 只接通S和S3，电动机正常工作，将机械能转化为电能
C. 要改变车速，最好在电源和开关S之间串联变阻器
D. 电动机、电灯和喇叭可以单独工作



4. 我国生产的克尔来福疫苗储存温度为2～8℃，远高于莫德纳(-20℃)和辉瑞(-70℃)，方便储存和运输，有利于各国人民接种。关于新冠疫苗储存和接种过程中的一些热现象，下列说法正确的是(    )
A. 储存时疫苗温度越低，疫苗分子热运动越剧烈
B. 接种站周围弥漫着消毒水气味，是因为消毒水扩散到空气中
C. 用酒精给接种的部位消毒，臂膀有凉的感觉是因为酒精升华吸热
D. 戴口罩的护士，她的护目镜容易起“雾”，是水的汽化现象
5. 近年来，我国“探月工程”取得重大突破，在探测器登陆月球、获取月壤并成功返回地球过程中，说法正确的是(    )
A. 探测器绕月飞行时运动状态保持不变
B. 着陆时反推火箭向下喷火减速，可以说明物体间力的作用是相互的
C. 探测器在月球上没有惯性
D. 月壤样本带回地球后质量会变大
6. 如图所示，是我国古代《墨经》记述的有关杆秤的杠杆原理，此时杆秤处于平衡状态，以下关于它的说法不正确的是(    )
A. “标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力
B. 增大“重”时，应把“权”远离O点
C. 若“权”有磨损，会导致测量结果偏小
D. 为提高测量精度，可换轻一点的“权”

7. 如图所示，电源电压不变，闭合开关，电压表V1的示数为6V，电压表V2的示数为3.6V.那么下列说法中不正确的是(    )
A. 电源电压为6V，L1两端电压为2.4V
B. 灯泡L1和L2串联，V1测量电源电压
C. 将电压表V2换成电流表，闭合开关后L1亮，L2不亮
D. 将电压表都换成电流表，闭合开关后L1与L2并联

8. 一节新干电池的电压是______伏，功率为1千瓦的用电器工作0.5小时，消耗的电能为______度，丹麦物理学家奥斯特发现电流周围存在______。
9. 《曹刿论战》中曹刿善于利用鼓声。鼓声是由于鼓面______产生的，鼓声震耳欲聋形容鼓声的______大；战场上常用“击鼓进军，鸣金收兵”作为命令，说明声可以传递______。
10. 汽油机的一个工作循环由四个冲程组成，如图所示的是其中的______ 冲程。在压缩冲程中，能量转化是将机械能转化为______ ，这是通过______ 方式增加气体内能的。


11. 在如图的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，电路只存在一处故障且发生在L1、L2上。
①若只有一个灯发光，则电路故障可能是______ ；
②若两灯都不发光，用一条导线并在L1两端，两灯仍都不发光，则一定发生故障的是灯______ 。且发生的故障是：灯______ 。
12. 小明在实验室测量饮料的密度。调节好天平后，将装有适量饮料的烧杯放在天平左盘，在右盘中加减砝码并移动游码，天平再次平衡后，所加砝码和游码的位置如图甲所示，则烧杯和饮料的总质量为______ g。将烧杯中的部分饮料倒入量筒，如图乙所示，再测得烧杯和剩余饮料的质量为39g，则所测得的饮料密度为______ g/cm3。仔细观察，小明发现在量筒的内壁上有大量小气泡，则他测得的饮料密度______ (选填“偏大”或“偏小”)。

13. 如图是我国首艘10万吨级智慧渔业大型工船“国信1号”。它的排水量为1.3×105t，满载时排开海水的体积为______ m3；满载时工船所受的浮力为______ N；海面下2m深处海水的压强为______ Pa。(g取10N/kg，ρ海水取1.0×103kg/m3)
14. 如图所示电路中，电源电压恒为4.5V，灯L标有“3V 0.9W”，滑动变阻器R上标有“30Ω 1A”的字样，电压表量程为0～3V，电流表的量程为0～0.6A，则灯泡正常工作时的电流为______A，此时通电1min滑动变阻器产生的热量为______J。为了保证电路中各元件安全工作，滑动变阻器连入电路的阻值范围是______Ω(灯丝电阻保持不变)。
15. 在防溺水教育活动中，老师告诉学生，池塘里水的实际深度比看起来的深度要大，不能贸然下水游泳。如图为解释这一现象的情景，其中A为水底的物体，A'是岸边儿童看到的A的像。请你在图中作出过O点的入射光线和折射光线。


16. 请在图中，作出静止在斜面上重为5N的物体所受重力的示意图。


17. 如图中，根据通电螺线管的N、S极，分别标出电源的正负极和两小磁针静止时的N极。

18. 探究小组的同学们进行光学实验如下。

实验次数
入射角
反射角
1
30°
30°
2
45°
45°
3
60°
60°
(1)在探究“光的反射规律”的实验时，如图甲所示，先把平面镜放在水平桌面上，再把硬纸板ENF垂直立在平面镜上，纸板上的直线ON垂直于镜面。
(2)如图甲所示，使一束光线贴着纸板射到O点，经平面镜反射后，反射光线沿另一方向射出。测量并记录反射角和入射角的度数，改变入射角的度数，多次测量并记录，分析实验数据可知，光在反射时，反射角______入射角。多次测量的目的是______(选填“减小误差”或“探究普遍规律”)。
(3)如图乙所示，把纸板NOF沿ON向后折，我们在纸板上就看不到反射光线，这说明：反射光线、入射光线和法线______。
(4)接下来同学们又一起探究了“凸透镜成像”的实验。如图戊所示，让一束平行光线沿主光轴方向射向凸透镜，经凸透镜折射后在光屏上会聚成一个最小最亮的光斑。则该凸透镜的焦距是______cm。
(5)如图丙所示，此时光屏上成有蜡烛清晰的像。蜡烛和凸透镜的位置保持不变，在蜡烛和凸透镜之间放一个凹透镜，如图丁所示，则应向______移动光屏，光屏上才能重新得到蜡烛清晰像。利用这一原理可以用来矫正______(选填“近视”或“远视”)。在实验过程中如果用不透明的物体遮挡住凸透镜的上半部，光屏上______(选填“能”或“不能”)得到蜡烛完整的像。
19. 为了测量滑动摩擦力的大小，甲组同学设计了如图所示实验装置。实验中，小桶内装入适量的沙子，细绳水平拉动木块，使木块恰好做匀速直线运动。(轻绳与滑轮的摩擦不计)
(1)实验中定滑轮的作用是______。
(2)为了测量木块受到的滑动摩擦力，需要测量的物理量是______。
(3)小桶落地后，木块继续向前运动，这是由于木块具有______，此时木块受到的滑动摩擦力______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)把毛巾铺在木板上，想要测出图中木块在毛巾上受到的滑动摩擦力大小，下一步的操作是______。
(5)乙组同学觉得用已知质量的钩码代替沙桶，可以简化实验操作步骤，你觉得哪组的方法更好：______(选填“甲组”或“乙组”)。
20. 如图甲是“测量小灯泡电功率”实验的电路图，电源电压为6V，小灯泡额定电压为2.5V。

(1)连接电路时开关应______，闭合开关前，应将图甲中所示的滑动变阻器的滑片滑到______(选填“A”或“B”)端；
(2)小明连接好电路，闭合开关S，发现小灯泡L发光暗淡，观察电压表、电流表均有示数，移动滑动变阻器的滑片P，电压表、电流表示数均不变，出现这种现象的原因是：将变阻器的______(选填“上面”或“下面”)两个接线柱连入了电路中；
(3)小明改正实验错误后，闭合开关S，移动滑片P到某一位置时，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，应将图甲中的滑片P向______(选填“A”或“B”)端移动，使电压表的示数为______V。
(4)移动滑片P，记录下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的图象，根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是______W。
21. 新能源汽车以其环保和节能逐渐获得人们的青睐。某新能源汽车质量为1400kg，静止在水平地面上时，车轮与地面总接触面积为0.1m2。当汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶7min，行驶过程中受到的阻力为1000N。求：
(1)汽车静止时对水平地面的压强。
(2)在上述行驶过程中，汽车通过的路程。
(3)在上述行驶过程中，汽车发动机的功率。
22. 今年，西宁市夺取了脱贫攻坚的全面胜利，农村家庭电器化普及程度越来越高。小明家电热饮水机的简化电路图如图所示，它有加热和保温两种工作状态，当S2断开时，饮水机处于保温状态。R1和R2均为用来加热且阻值不变的电热丝，饮水机部分参数如表所示。
额定电压
220V
额定功率
加热功率
2000W
保温功率
400W
容量
2.5L
(1)饮水机在加热状态下正常工作，将2kg的水从20℃加热至100℃，水吸收的热量是多少？[水的比热容c=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(2)在(1)问加热情况下，饮水机正常工作了420s，消耗了多少电能？加热效率是多少？
(3)电热丝R2的阻值是多少？
23. 下面两个探究实验中：

(1)图甲的实验是通过______比较小车动能的大小；图乙的实验是通过______(填“加热时间”或“温度计升高的示数”)比较两种燃料完全燃烧放出热量的多少。
(2)图甲的实验中，使同一小车从斜面不同高度由静止滑下，是为了探究动能大小与______的关系；图乙实验中不仅要选择两套完全相同的装置，还要控制两种燃料的______相等。
(3)小明认为图乙实验中，两杯水质量一定要相同，但两杯水的初温不一定要相同。小明的理由是______。
24. 小明对电流表指针偏转的原因产生了兴趣，他在实验室找到一只可拆卸的电
流表，进行了如下探究。
(1)打开外壳，观察电流表的内部结构，示意图如图所示。按照操作规范将电流表______联接入电路，通电后线圈转动，带动指针偏转；撤去磁体再次通电，指针不动。这说明电流表指针偏转的原因是通电线圈在______中受力转动，这与______的工作原理相同。
(2)若让电流从电流表的“-”接线柱流入，“+”接线柱流出，指针偏转方向会与(1)中的偏转方向______，因此使用电流表时不能把接线柱接反。
(3)若在电流表“+”“-”接线柱之间连接一根导线，用手拨动电流表指针，导线中会产生感应电流，这种现象叫做______，据此可制成______。
25. 热机的发展小史生产的发展需要强大的动力，17世纪人类发明了热机。最早的热机是蒸汽机，原始的蒸汽机很笨重，不便于使用且效率很低，于是内燃机应运而生，内燃机分汽油机和柴油机两大类，汽油机是1876年发明的，柴油机是1892年发明的。内燃机不但轻便，效率也提高了。早期的飞机是由内燃机提供动力的，从上世纪40年代开始飞机上越来越多的使用喷气发动机，在功率相同时，喷气发动机比内燃机更轻便。现在的航空航天技术已取得了长足的进步，但从物理意义上来讲，仍然需要靠蛮力提高航天器的载重能力以携带更多的液氢燃料和工质以达到较远距离的宇宙航行，可见这种手段并不高明。如果人类真的想走出地球迈向宇宙，发动机的又一次革命势在必行。而我们大致可以知道革命的方向——无工质发动机。就现有的对宇宙的理解我们也设想，宇宙并不是“真空”的，就像磁场和空气一样，我们看不见但它却真实存在。而宇宙中的电磁波、引力波是否可以为人所用呢？利用宇宙中的引力波推动航天器前进就像帆船靠风前行，是否可行也未知，还有待于同学们去探索和发现。
(1)现有的发动机的发展只是一定程度上提高了热机的______ ，并没有从根本上改变利用燃料燃烧后产生的内能转化为机械能的模式。
(2)在功率相同时，蒸汽机、内燃机、喷气发动机中质量最小的是______ 。火箭喷气发动机采用液氢作为燃料，是因为其具有较______ (选填“大”或“小”)的热值，同时因为液氢密度小，这样同样体积在升空时______ 力较小。
(3)假如无工质发动机得以实现，航天器将无需燃料驱动，这______ (选填“会”或“不会”)违背能量守恒定律。
(4)多数热机工作时温度很高，需要冷却降温，因为水的______ 较大，故常利用水作为热机冷却剂。
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
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，结合对生活中物理量的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
【解答】
A、一块橡皮的质量在5 g左右，粉笔的质量与此差不多，在5 g左右，故A不符合实际；
B、课桌高度约为70 cm，故B符合实际； 
C、教室内大气压强约为1个标准大气压，即1.01×105 Pa，故C不符合实际；
D、夏季室温约为30 ℃左右，冬季更低，不可能达到60 ℃，故D不符合实际。
故选：B。  
2.【答案】A 
【解析】解：A、街头路口利用凸面镜扩大视野，属于光的反射现象，故A正确；
B、人在湖岸边看到湖中的鱼在游动，是因为从鱼身上反射的光从水中斜射入空气时，发生了折射，故B错误；
C、地面上猎豹影子的形成是光沿直线传播现象，故C错误；
D、用放大镜观察指纹是利用了凸透镜可以成放大的、正立的虚像的原理，属于光的折射，故D错误。
故选：A。
(1)光的反射是指光线在传播的过程中遇到障碍物被反射出去的现象；
(2)(4)水底看起来比实际的要浅、斜插入水中的筷子向上折、海市蜃楼、凸透镜成像都是光的折射；
(3)影子的形成、日月食的形成、小孔成像都是光沿直线传播形成的。
此题主要考查了光的反射、折射及直线传播现象，在学习过程中要注意区分。对于生活中的现象要善于总结。

3.【答案】D 
【解析】解：
A、由图可知，该电路为并联电路，开关S接在干路中，只接通S1和S3，干路中是断开的，车灯L不能发光，故A错误；
B、只接通S和S3，电动机正常工作，电动机会消耗电能，将电能转化为机械能，故B错误；
C、要改变车速，需要改变通过电动机的电流，需要将滑动变阻器与电动机串联在一起；若在电源和开关S之间串联变阻器，则变阻器阻值改变时，整个电路的电流都会发生变化，故C错误；
D、该电路为并联电路，根据并联电路的特点可知，电动机、电灯和喇叭可以单独工作，故D正确。
故选：D。
由图可知，该电路为并联电路，开关S接在干路中，控制整个电路；并联电路中各用电器之间互不影响；
电动机在工作的过程中，将电能主要转化为机械能；
调节滑动变阻器，可以改变电路中的电流。
本题考查了并联电路的特点、电动机能量的转化、滑动变阻器的作用，属于基础题。

4.【答案】B 
【解析】解：A、物体温度越高，分子的无规则运动越剧烈。疫苗储存温度越低，疫苗分子热运动越缓慢，故A错误；
B、接种站周围弥漫着消毒水气味，是由于消毒水分子运动到空气中，进入人们的鼻腔，引起嗅觉，属于扩散现象，故B正确；
C、臂膀有凉的感觉，是因为酒精汽化吸热使皮肤降温，故C错误；
D、戴口罩的护士，她的护目镜容易起“雾”，是水蒸气液化现象，故D错误。
故选：B。
(1)温度越高，分子的无规则运动越剧烈；
(2)分子在永不停息地做无规则运动；
(3)物质由液态变为气态叫汽化，汽化吸热；
(4)物质由气态变为液态叫液化。
本题主要考查学生对分子动理论、汽化以及液化的了解和掌握，是一道基础题。

5.【答案】B 
【解析】解：A、探测器绕月飞行时，由于运行速度和运行方向在发生变化，所以运动状态是变化的，故A错误；
B、着陆时反推火箭向下喷火，利用火箭发动机向下喷气来获得燃气对它向上的反作用力来实现，这是因为物体间力的作用是相互的，故B正确；
C、任何物体都具有惯性，探测器在月球上具有惯性，故C错误；
D、质量是物体一个基本属性，不随位置、形状、温度、状态的变化而变化，所以，采集回来的月壤样品，返回地球后质量不变，故D错误。
故选B。
(1)力可以改变物体的运动状态；运动状态的改变包括速度大小和运动方向的改变。
(2)物体间力的作用是相互的；
(3)惯性大小只与质量有关，任何物体都具有惯性；
(4)质量是物体一个基本属性，不随位置、形状、温度、状态的变化而变化。
本题以卫星发射等为背景，考查了力的作用效果、力与运动的关系、质量的概念等基础知识，难度不大。

6.【答案】C 
【解析】解：A、根据杠杆的五要素并结合图可知，“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力，故A正确；
B、在“权”不变时，“重”增大，根据杠杆平衡条件可知需要“标”增大，即适当把“权”远离O点，故B正确；
C、若“权”有磨损，根据杠杆平衡条件可知需要“标”增大，会导致测量结果偏大，故C错误；
D、为提高测量精度，应使“标”增大，根据杠杆平衡条件可知可换轻一点的“权”，故D正确。
故选：C。
(1)利用杠杆的五要素分析；
(2)根据杠杆平衡条件可知“权”和“标”的乘积等于“重”和“本”的乘积，据此分析。
本题考查杠杆的五要素、杠杆平衡条件及其应用，理解杠杆的五要素及平衡条件是解答本题的关键。

7.【答案】D 
【解析】解：
AB、由图可知，L1和L2串联，电压表V1测量的是灯泡L1和L2两端的总电压，电压表V1的示数为6V，即电源电压为6V，电压表V2的示数为3.6V，因此L1两端电压为U1=U-U2=6V-3.6V=2.4V，故AB正确；
C、将电压表V2换成电流表，则灯泡L2被短路，因此灯泡L1亮，L2不亮，故C正确；
D、将电压表都换成电流表，由于电流表相当于导线，所以此时电源发生短路，故D错误。
故选：D。
由图可知：开关闭合后，灯泡L1和L2串联，V1并联在电源两端，即V1是测量灯泡L1和L2组成串联电路的总电压。V2并联在灯泡L2两端，是测量灯泡L2两端的电压。将电压表换成电流表相当于导线。
本题是一道综合性选择题，电路较为复杂，做题时可采用“先摘除后复原”的方法来判定电压表在电路中的作用。解题时要认真判断电压表所测量的电压，明确电压表与电流表的差异。

8.【答案】1.5  0.5  磁场 
【解析】解：一节新干电池的电压为1.5V；
功率为1千瓦的用电器工作0.5小时，消耗的电能为：W=Pt=1kW×0.5h=0.5kW⋅h=0.5度；
奥斯特通过实验发现了通电导体周围存在磁场。
故答案为：1.5；0.5；磁场。
一节新干电池的电压为1.5V；根据W=Pt求出消耗的电能的大小；通电导线的周围存在磁场。
本题考查了常见的电压值、电能的计算、奥斯特实验，属于基础题。

9.【答案】振动  响度  信息 
【解析】解：(1)一切正在发声的物体都在振动；振动停止，发声也停止；鼓声是由于鼓面振动产生的；
(2)鼓声震耳欲聋，说明声音的响度大；
(3)战场上常用“击鼓进军，鸣金收兵”作为命令，说明声可以传递信息。
故答案为：振动；响度；信息。
(1)一切正在发声的物体都在振动；振动停止，发声也停止；
(2)声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
(3)声音既能传递信息，也能传递能量。
本题考查了声音的产生、声音的特征以及声音的传播等知识，是一道声学综合题。

10.【答案】排气  内  做功 
【解析】解：
根据图示可知，进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，气缸容积减小，因此是排气冲程；
在汽油机一个工作循环的四个冲程中，压缩冲程活塞向上运动，压缩燃料混合物对其做功，使气缸内的气体的内能增加，温度升高，故是将机械能转化为内能，是通过做功的方式改变内能的。
故答案为：排气；内；做功。
内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，将机械能转化为内能的是压缩冲程，将内能转化为机械能的是做功冲程；压缩冲程和做功冲程都是通过做功的方式改变内能的。
本题主要考查对热机一个工作循环中各冲程情况的了解以及工作的实质，并掌握涉及能量转化的两个冲程。

11.【答案】L1或L2短路  L2  L2断路 
【解析】解：
①由电路图知，两灯串联，由串联电路的特点知，若是两灯中一个灯断路，整个电路断路，则另一灯也不会发光，不符合题意；
若是两灯中一个灯短路，则另一灯仍与电源形成通路还能发光，所以电路故障可能是L1或L2短路；
②若两灯都不发光，电路可能有断路发生，若L1断路，用一条导线并在L1两端时，L2仍能与电源形成通路而发光，不符合题意；
若L2断路，用一条导线并在L1两端时，整个电路仍断路，两灯都不发光，符合题意。
故答案为：①L1或L2短路；②L2；L2断路。
串联电路中电流只有一条流径，用电器之间相互影响，并联电路中电流有若干支路，支路与支路间互不影响；
通路：电路中有电流，用电器正常工作；短路：不经过用电器而直接跟电源的两极相连的电路；
由此根据电路特点和灯泡的发光情况分析判断。
本题考查了串联电路特点认识和电路故障的判断，关键是根据电路中灯泡发光情况分析。

12.【答案】79.6  1.015  偏小 
【解析】解：(1)由图甲可知，称量标尺的分度值为0.2g，游码所对的刻度值为4.6g，烧杯和饮料的总质量m总=50g+20g+5g+4.6g=79.6g；
(2)由图乙知，量筒中饮料的体积为V=40mL=40cm3；
量筒内饮料的质量m=79.6g-39g=40.6g，
饮料的密度：
ρ=mV=40.6g40cm3=1.015g/cm3；
(3)量筒的内壁上有大量小气泡，使得测量的饮料体积变大，通过计算出的液体的质量是准确的，由ρ=mV可知测量的密度偏小。
故答案为：(1)79.6；(2)1.015；(3)偏小。
(1)在图甲中，烧杯和饮料的总质量等于砝码总质量加上游码所对的刻度值；
(2)根据图乙读出饮料的体积，单位是mL，1mL=1cm3；求出量筒内饮料的质量，利用密度公式求饮料的密度；
(3)量筒的内壁上有大量小气泡，使得测量的饮料体积变大，通过计算出的液体的质量是准确的，由ρ=mV可知测量的密度是偏大还是偏小。
本题是测量液体的密度，主要考查了有关天平及量筒的使用和读数，同时考查了密度的计算、密度的测得值偏大或偏小的判断，是一道综合题，但难度不大。

13.【答案】1.3×105  1.3×109  2×104 
【解析】解：(1)满载时排开海水的体积为：V排=m排ρ海水=1.3×105×103kg1.0×103kg/m3=1.3×105m3；
(2)满载时工船所受的浮力为：F浮=G排=m排g=1.3×105×103kg×10N/kg=1.3×109N；
(3)海面下2m深处海水的压强为：p=ρ海水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×2m=2×104Pa。
故答案为：1.3×105；1.3×109；2×104。
(1)根据ρ=mV可求出满载时排开海水的体积；
(2)根据F浮=G排=m排g可求出满载时工船所受的浮力；
(3)根据p=ρgh可求出海面下2m深处海水的压强。
本题主要考查密度公式、阿基米德原理以及液体压强公式的应用，灵活运用公式是解题的关键。

14.【答案】0.3  27  5Ω～20 
【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)灯泡正常发光时的电压为3V，功率为0.9W，
根据P=UI可得，此时的电流：IL=PLUL=0.9W3V=0.3A；
(2)根据串联电路的电压特点可知，滑动变阻器两端的电压UR=U-UL=4.5V-3V=1.5V；
根据串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流IR=IL=0.3A，
通电1min滑动变阻器产生的热量Q=W=URIRt=1.5V×0.3A×60s=27J；
(3)串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，
所以电路中的最大电流Imax=0.3A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
由I=UR可知，灯泡的电阻RL=ULIL=3V0.3A=10Ω；
电路中的总电阻R总小=UImax=4.5V0.3A=15Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：Rmin=R总小-RL=15Ω-10Ω=5Ω；
当电压表的示数最大为3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，
此时灯泡两端的电压：UL'=U-URmax=4.5V-3V=1.5V，
电路中的电流：Imin=UL'RL=1.5V10Ω=0.15A，
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：Rmax=UmaxImin=3V0.15A=20Ω，
所以，动变阻器连入电路中的阻值范围是5Ω～20Ω。
故答案为：0.3；27；5Ω～20。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)灯泡正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI此时的电流；
(2)知道灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压，利用Q=W=UIt求出通电1min滑动变阻器产生的热量；
(3)比较灯泡正常发光时的电流、电流表的最大示数和滑动变阻器允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小值；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，根据欧姆定律求出电路中的最小电流，进一步求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值。
滑动变阻器的作用就是要保护电路中的各元件，并改变电路的电流、电压大小，在确定滑动范围时，应重点关注电流与电压的变化，找出最大值和最小值才能最终确定其范围，具体电路中，尤其要关注多个电压或电流的情况，必须保证每一个元件都不能超过其工作要求。

15.【答案】解：水底的物体A反射出的光，在水面处发生了折射，折射角大于入射角，人认为光是沿直线传播的，所以逆着折射光线看上去，看到的是A'点，连接眼睛与O点即为折射光线，连接AO即为入射光线，如图所示：
 
【解析】水底的物体A反射的光线从水中进入空气时发生折射，折射光线向水面偏折，人逆着折射光线看去，看到的池底位置比实际位置高，池底看起来比实际位置浅。
此题是光的折射现象的具体运用，所以夏天当你站在水池边，看着清澈见底、深度不过齐腰的水时，千万不要贸然下去，以免发生危险。这是由于光从水中斜射到空气中时发生折射，使池水看起来比实际的浅。

16.【答案】解：画重力的示意图时，先找重心，重心就画在物体的几何中心；
重力的方向是竖直向下的，从重心画一竖直向下的线段，标上箭头和字母G，同时标出重力的大小。
故答案为：
 
【解析】在受力物体上沿力的方向画一条线段，在线段的末端画一个箭头表示力的方向，线段的起点或终点表示力的作用点；知道力的大小就要标出来；
重力的方向是竖直向下的；重心一般就画在物体的几何中心上。
此题考查的是重力的示意图，是一道基础题。需要注意的是重力是用G来表示的，而不是F.知道力的大小就要标出来。

17.【答案】解：由右手螺旋定则可知，电流由右侧流入，则电源的右侧为正极，左侧为负极；
小磁针静止时，N极指向磁感线的方向，故右侧小磁针N极向左，上方小磁针N极向右。如图：
。 
【解析】由螺线管的磁极利用右手定则可判出电流方向，则由电流方向可判电源的正负极；由磁感线的特点可判断小磁针的磁极。
本题考查了右手螺旋定则及磁感线的特点，特别要明确小磁针的磁极的方向与磁感线的关系。

18.【答案】等于  探究普遍规律  在同一平面内  10.0  右  近视  能 
【解析】解：(2)由实验数据可知，在反射现象中，反射角等于入射角；
实验中多次测量的目的是探究普遍规律；
(3)如图乙所示，把纸板NOF沿ON向后折，我们在纸板上就看不到反射光线，这说明：反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
(4)由图戊知，平行光线经凸透镜后，在光屏上形成了一个最小、最亮的光斑，则凸透镜的焦距f=30.0cm-20.0cm=10.0cm；
(5)在蜡烛和凸透镜之间放一个凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用，会使光延迟会聚，所以需要将光屏右移；利用凹透镜可以矫正近视眼；
蜡烛上的某一点发出无数条光线经过凸透镜后成像在光屏上，当遮住凸透镜的上半部分时，蜡烛发出的光线被挡住了一部分，但仍有光线通过凸透镜的下半部分而照在光屏上成像。只不过是通过的光线减少，图象的亮度变暗。
故答案为：(2)等于；探究普遍规律；(3)在同一平面内；(4)10.0；(5)右；近视；能。
(2)(3)光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角；
探究光的反射定律的实验，多次实验的目的是使实验结论具有普遍性；
(4)平行于主光轴的光会聚于主光轴上一点，这一点叫焦点，焦点到光心的距离叫焦距。
(5)凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜对光线具有发散作用；近视眼用凹透镜矫正，远视眼用凸透镜矫正；
蜡烛的每个点发出的无数条光线经过凸透镜的各个部位而成像在另一侧的光屏上。
此题考查学生对于光的反射定律的实验和凸透镜成像实验的理解和掌握，关键熟练掌握其内容，做到灵活运用。

19.【答案】改变力的方向  沙和桶的总重力  惯性  不变  往小桶中增加沙子  甲组 
【解析】解：(1)实验中利用小桶对木块的拉力使木块运动，由于小桶在竖直方向运动，所以实验中需要用定滑轮来改变拉(2)力的方向；
(2)在小桶内装入适量的沙子，滑块恰好在水平木板上做匀速直线运动。此时摩擦力与拉力是一对平衡力，而拉力又等于沙和桶的总重力。因此为测量滑块受到的滑动摩擦力大小，应测量沙和桶的总重力；
(3)小桶落地后，不再对木块有拉力，木块由于惯性会继续向前运动，由于木块对桌面的压力和接触面的粗糙程度不变，所以此时木块受到的滑动摩擦力不变；
(4)把毛巾铺在木板上，接触面粗糙程度增大，摩擦力增大，应该往小桶中增加沙子，滑块才会做匀速直线运动；
(5)乙组同学觉得用已知质量的钩码代替沙桶，可以简化实验操作步骤，他的想法不能达到目的，理由是：用钩码不能连续改变拉力的大小，难以控制滑块做匀速直线运动，故甲组的方法更好。
故答案为：(1)改变力的方向；(2)沙和桶的总重力；(3)惯性；不变；(4)往小桶中增加沙子；(5)甲组。
(1)定滑轮可以改变力的方向；
(2)根据二力平衡条件进行分析，摩擦力等于物体的重力，根据公式G=mg得出表达式；
(3)惯性是物体保持原来运动状态不变的性质；
根据影响滑动摩擦力大小的因素判断摩擦力的大小是否发生变化。
(4)影响摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度，据此结合实验现象可得出结论；
(5)从钩码质量的特点，结合具体实验要求可做出评价。
探究摩擦力的大小与什么因素有关，考查定滑轮的作用、二力平衡条件、滑动摩擦力大小的影响因素、控制变量法的运用及对实验评估等知识，综合性较强。

20.【答案】断开  B  下面  2.2  A  2.5  0.5 
【解析】解：(1)为了保护电路，在连接电路时开关应断开，滑动变阻器的滑片应该放在阻值最大处，即B端；
(2)闭合开关，发现小灯泡发光暗淡，电流表和电压表均有示数，说明此时电路中的电阻很大，造成电流较小，移动滑动变阻器的滑片，电流表和电压表示数均不变，则说明滑动变阻器接入了下面两个接线柱，相当于定值电阻，即阻值等于滑动变阻器的最大电阻；
(3)由图示电压表可知，其量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2.2V，小于灯泡额定电压，为测灯泡额定功率，应增大灯泡两端电压，由串联电路特点和欧姆定律知，应减小滑动变阻器连入电路的阻值，即将滑片P向A端移动，使电压表的示数为2.5V；
(4)由图示图象可知，灯泡两端电压等于额定电压2.5V时，对应的电流为0.2A，
所以灯泡额定功率：P=UI=2.5V×0.2A=0.5W。
故答案为：(1)断开；B；(2)下面；(3)2.2；A；2.5；(4)0.5。
(1)为了保护电路，连接电路时开关应断开，滑动变阻器的滑片放在阻值最大处；
(2)小灯泡L发光暗淡，说明电路是连通的，且电路中总电阻较大；移动滑动变阻器的滑片P，电压表、电流表示数均不变，说明电路中的总电阻保持不变，由此分析判断；
(3)由图示电压表确定其量程与分度值，读出其示数，由电压表示数与灯泡额定电压的关系，根据欧姆定律确定滑片的移动方向；
(4)由图象读出灯泡电压等于额定电压时的电流，然后由P=UI求出灯泡的额定功率。
本题是测灯泡电功率的实验，考查了实验注意事项、故障分析、电表的读出以及功率的计算等，要知道灯泡正常发光时的电压等于其额定电压。

21.【答案】解：(1)汽车静止时对路面的压力：
F=G=mg=1400kg×10N/kg=1.4×104N，
对路面的压强：p=FS=1.4×104N0.1m2=1.4×105Pa；
(2)由v=st可得，汽车通过的路程：
s=vt=20m/s×7×60s=8400m；
(3)因为匀速行驶，牵引力F=f=1000N，
汽车行驶过程中发动机的功率P=Wt=Fst=Fv=1000N×20m/s=2×104W。
答：(1)汽车静止时对水平地面的压强为1.4×105Pa；
(2)在上述行驶过程中，汽车通过的路程为8400m；
(3)在上述行驶过程中，汽车发动机的功率为2×104W。 
【解析】(1)汽车静止时对路面的压力等于车的重力，利用p=FS求出对路面的压强；
(2)已知汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶7min，由速度公式变形可求得汽车通过的路程；
(3)因为匀速行驶，牵引力F=f，由P=Wt=Fst=Fv可求得汽车行驶过程中发动机的功率。
本题考查了速度公式、功率公式、压强大小及其计算，要注意水平面上物体的压力和自身的重力相等。

22.【答案】解：(1)水吸收的热量：
Q吸=cm( t-t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(100℃-20℃)=6.72×105J，
(2)由P=Wt可得，
消耗的电能为：
W=P加热t=2000W×420s=8.4×105J，
饮水机加热的效率为：
η=Q吸W×100%=6.72×105J8.4×105J×100%=80%；
(3)当只闭合S1时，只有R1工作，饮水机处于保温状态，
当S1、S2同时闭合时，两电阻并联，饮水机处于加热状态，
因电路的总功率等于各用电器功率之和，
所以，R2的电功率：
P2=P加热-P保温=2000W-400W=1600W，
由P=UI=U2R可得，
电阻R2的阻值：
R2=U2P2=(220V)21600W=30.25Ω。
答：(1)饮水机在加热状态下正常工作，将2kg的水从20℃加热至100℃，水吸收的热量是6.72×105J；
(2)在(1)问加热情况下，饮水机正常工作了420s，消耗了8.4×105J的电能，加热效率是80%；
(3)电热丝R2的阻值是30.25Ω。 
【解析】(1)知道水的质量和初温、末温以及比热容，根据Q吸=cm(t-t0)求出水吸收的热量；
(2)根据W=Pt求出消耗的电能，利用η=Q吸W×100%求出电热水器加热的效率；
(3)当只闭合S1时，只有R1工作，饮水机处于保温状态，当S1、S2同时闭合时，两电阻并联，饮水机处于加热状态，
加热时的功率减去保温时的功率即为R2的电功率，由P=UI=U2R算出电阻R2的阻值。
本题考查了电功率公式和吸热公式、电功公式、效率公式的应用，从题目所给信息中找到有用的数据是关键。

23.【答案】(1)小木块被撞击移动的距离；温度计升高的示数；(2)速度；质量；(3)根据Q吸=cm△t比较两杯水吸收的热量，两杯水比热容、质量相同，温度变化量大的燃料放热多 
【解析】解：
(1)图甲的实验是通过观察小木块被推动的距离，间接知道物体动能的大小；
图乙的实验是通过观察温度计示数的升高，间接比较两种燃料放出热量的多少；
(2)图甲实验中可通过改变小车下滑的高度来改变小车的速度；保持小车的质量不变，只改变速度的大小，实验探究的是小车动能的大小与速度的关系；
图乙中不仅要选择两套完全相同的装置，还要控制两种燃料的质量是相同的。
(3)水的初温不同，散热不同，燃料燃尽时无法比较水升高的温度高低，无法比较燃料放出的热量多少，所以要控制水的初温相同，小明的说法不对。小明的理由是根据Q吸=cm△t比较两杯水吸收的热量，两杯水比热容、质量相同，温度变化量大的燃料放热多。
故答案为：(1)小木块被撞击移动的距离；温度计升高的示数；(2)速度；质量；(3)根据Q吸=cm△t比较两杯水吸收的热量，两杯水比热容、质量相同，温度变化量大的燃料放热多。
(1)掌握转换法在实验中的应用：在实验中通过木块被推动的距离来反映物体动能的大小；在比较两种燃料燃烧放出热量的多少时，通过两杯水温度的变化来反映燃料放出热量的多少；
(2)掌握控制变量法的应用，当一个物理量与多个因素有关时，只改变其中一个量的大小，并保持其他的量不变；
(3)由于燃料的热值不能直接测量，所以通过水温升高的度数大小来体现燃料的热值大小，又由于燃料燃烧释放的热量既与燃料的质量多少有关，又与燃料的热值大小有关，据此进行分析。
该题考查了转换法、控制变量法等研究方法在探究实验中的应用。在运用转换法时，一定要保证能够直接观察的现象(转换得到的)是由探究的物理量的变化引起的。

24.【答案】串  磁场  电动机  相反  电磁感应现象  发电机 
【解析】解：(1)电流表在测量电流时，应串联接入电路；电流表通电后线圈转动，带动指针偏转；撤去磁体再次通电，指针不动，这说明电流表指针偏转的原因是通电线圈在磁场中受力转动，这与电动机的工作原理相同；
(2)若让电流从电流表的“-”接线柱流入，“+”接线柱流出，磁场方向不变，电流方向改变，指针偏转方向改变，会与(1)中的偏转方向相反，因此使用电流表时不能把接线柱接反；
(3)若在电流表“+”“-”接线柱之间连接一根导线，用手拨动电流表指针，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导线中会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理。
故答案为：(1)串；(2)磁场；电动机；(2)相反；(3)电磁感应现象；发电机。
(1)电流表应串联接入电路中；通电导体在磁场中受力运动；
(2)通电线圈在磁场中的受力方向与电流方向、磁场方向有关；
(3)闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，导体中就会产生电流，这种现象叫电磁感应现象。
本题考查电磁感应现象、电流表的工作原理、电动机和发电机的工作原理，属于基础题。

25.【答案】效率  喷气发动机  大  重  不会  比热容 
【解析】解：(1)现有的发动机的发展只是一定程度上提高了热机的热机，但因为热机工作过程中存在的各种形式的能量损失，所有没有从根本上改变利用燃料燃烧后产生的内能转化为机械能的模式；
(2)根据阅读材料中可以知道，内燃机原始的蒸汽机轻便，而在功率相同时，喷气发动机比内燃机更轻便，故三者中质量最小的是喷气发动机；
火箭喷气发动机采用液氢作为燃料，是因为其具有较大的热值，根据Q放=qm可知，质量相同时，热值大，放出的热量多；
因为液氢密度小，根据ρ=mV，体积一定时，密度小，质量小，故可以有效降低自身重量；
(3)无工质发动机只是不需要燃料，但还会有其他形式的能量转化成机械能，所以并没有违背能量守恒定律；
(4)因为水这种物质的比热容较大，与相同质量的其它物质相比，升高相同的温度，水吸热多，常用来作为冷却剂使用。
故答案为：(1)效率；(2)喷气发动机；大；重；(3)不会；(4)比热容。
(1)热机工作过程中存在的各种形式的能量损失，热机排出的废气损失能量，克服摩擦做功损失损失能量，机械吸收能量等；
(2)从材料中可以获取到信息：喷气发动机的质量最小；
根据Q放=qm可知，质量相同时，热值大，放出的热量多，所以在选取燃料时，选取热值大的；
根据ρ=mV，体积一定时，密度小，质量小；
(3)能量既不会创生，也不会消灭，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量不变，这就是能量守恒定律；
(4)水的比热容比其他物质大，常常用来做冷却剂。
本题为热学综合题，考查了学生对热机效率、水的比热容的特点、热值的理解等，知识点多，解答时，要灵活运用所学知识。