黑龙江省绥化八中2022-2023学年九年级下学期期中物理试卷（五四学制）

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2022-2023学年黑龙江省绥化八中九年级（下）期中物理试卷（五四学制）
1. 下列数据与事实符合的是(    )
A. 一个中学生的体重约为50N B. 人正常步行的速度约是4km/h
C. 普通家用照明灯的工作电流约为2A D. 大气压约等于76cm高水柱产生的压强
2. 如图所示，用一根细线拴一块橡皮甩起来，使橡皮绕手做匀速圆周运动，下列说法不正确的是(    )
A. 橡皮的运动状态发生了改变
B. 橡皮受力一定不平衡
C. 橡皮对细绳产生的拉力是由于细绳发生了弹性形变
D. 松手后，如果所有力都消失，橡皮运动状态将不变

3. 当某直升飞机在加速上升过程中，以下描述飞机正确的是(    )
A. 动能不变，重力势能增加 B. 动能增加，机械能不变
C. 动能增加，机械能增加 D. 所受的重力和空气阻力是一对平衡力
4. 武汉市初三年级于5月20日开始返校复学，全力冲刺中考，为了保障师生健康，武汉七一(华源)中学在校门安装了图甲所示电子测温仪，当检查温度超过37.3℃时仪器会报警(电流表示数大于某一值会触发警报器)，图乙是其内部简化电路图。测温仪探头内有一传感器Rt，接收人体发出的红外线信号后，Rt的阻值会发生变化(人体温度越高红外效应越明显，发出的红外线强度越大)，下列说法错误的是(    )


A. Rt相当于一个红外线光敏电阻，红外线强度越大，电阻越小
B. 被测温者温度越高，R0两端电压越大
C. 要使体温超过37.5℃才会触发报警，可以适当将R0换成一个稍大的电阻
D. 被测温者温度越高，电路消耗的电功率越小
5. 关于下列四幅图中，现象的解释错误的是(    )

A. 甲图中两张纸中间向下吹气，流速越大的位置压强越小，两张纸会向中间靠拢
B. 乙图中列车驶过时乘客需要站在安全线以外，因为列车附近气体流速较大压强较小
C. 丙图中塑料瓶中的水短时间内不会全部流掉的原因是受到大气压的作用
D. 丁图中人吸气的时候管内液面上升，吹气的时候管内液面下降
6. 某家庭电路如图所示，闭合开关后发现灯泡不亮，熔丝也没有熔断。用试电笔检测插座的左、右两孔均能使氖管发光，则下列说法中正确的是(    )

A. 电路中d、e两点之间某处断路 B. 电路中的故障是灯泡断路了
C. 电路中的故障是灯泡被短路了 D. 将用电器接在插座上可以正常工作
7. 对于下列四个实验的描述完全正确的有(    )

①甲图实验现象说明了动圈式话筒的工作原理
②乙图实验探究的结论是：材料长度均相同的导体，粗导体的电阻大，细导体的电阻小
③丙图实验证明通电导体周围存在磁场
④丁图中开关闭合导体ab向左运动，若同时改变电流方向和磁场方向，导体ab运动方向不改变
A. ①② B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④
8. 如图所示，R1、R2为定值电阻，电源电压保持不变，闭合开关S，下列说法正确的是(    )
A. 电流表A1的示数不变
B. 电流表A2的示数变小
C. 电压表V的示数变大
D. 电压表V与电流表A1示数的比值变小
9. 如图是教材上探究电流产生的热量与哪些因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气。下列分析正确的是(    )


A. U形管液面高度变化是因为管中液体热胀冷缩的缘故
B. 甲实验是为了研究电流产生的热量与电阻的关系
C. 甲、乙装置均可探究电流产生的热量与通电时间的关系
D. 乙图中，通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是4：1
10. 如图所示，两个完全相同的容器里，分别盛有质量相同的水和酒精(ρ水>ρ酒精)，A、B是两容器液体中离容器底相同高度的两点，则下列说法正确的是(    )

A. 甲容器中装的是水，乙容器中装的是酒精 B. A、B两点的压强相等
C. A点压强小于B点压强 D. 两容器中液体对容器底部的压强相等
11. 如图所示，是电影《流浪地球》中的一幅场景。地球自西向东自转，为了使地球刹车，地球发动机的喷射方向就偏向东方，这是利用了物体间力的作用是______的。最终，地球在发动机的作用下停止了自转，说明力可以改变物体的______。


12. 如图所示，某同学手握矿泉水瓶不动，当他增大握瓶子的压力时，瓶子所受摩擦力将______ ；他将矿泉水喝去一部分，继续握在手里，则瓶子受到的摩擦力将______ (选填“变大”“变小”或“不变”)。


13. 某段金属导体两端电压为4V时，通过的电流是0.2A；当该导体两端电压为12V时，通过该导体的电流为______A；当该导体两端电压降为0时，电阻为______Ω。
14. 小明沿水平方向推箱子前行，推力为F，如图甲所示。推箱子过程中，其F-t和v-t的图像分别如图乙、丙所示。则0-3s时，箱子处于______ 状态；t=5s时，箱子受到的摩擦力为______ N。

15. 如图，小明将一个重为200N的小车以0.2m/s的速度从斜面底端匀速拉到斜面顶端，沿斜面向上的拉力为120N，小车沿斜面移动的距离s=2m，上升的高度h=1m。在此过程中拉力的功率为______ W，摩擦力大小为______ N。

16. 如图所示电路，移动变阻器滑片的过程中，电压表示数由1V增大到6V，此时电流表示数变化了0.25A，则定值电阻R1=______Ω，电阻R1消耗的电功率的变化量为______ W。


17. 如图所示为小明家使用的电能表，由图可知他家同时可使用的用电器总功率不能超过______ W；小明关闭家中其他用电器，只让电水壶烧水，电水壶正常工作，小明观察电能表的铝盘在1min内转了18圈，则该电水壶的实际功率为______ W。


18. 如图是搬运泥土的独轮车，设车箱和泥土的总重G=1200N，运泥土时从A点提起独轮车把手的力是F，则小新至少要用竖直向上______ N的力，才能把独轮车抬起；在倒泥时要把车把抬高，若作用在A点的力F始终保持竖直向上，则在缓缓抬高车把的过程中力F的大小______ (选填“不变”、“变大”或“变小”)。


19. 如图，小磁针静止在通电螺线管右侧，请标出磁感线方向和小磁针N极。


20. 在A点画出使杠杆静止在图示位置的最小力F。




21. 小明在“测量小矿石的密度”实验中。

(1)小明将天平放在水平桌面上，把游码移至标尺左端的零刻线处，发现指针静止时的偏向如图甲所示，此时应将平衡螺母向______ (选填“左”或“右”)调节，直至天平横梁水平平衡；
(2)天平调平后，小明正确测量小矿石的质量，天平重新平衡时，砝码及游码的位置如图乙所示，则小矿石的质量为______ ：
(3)按如图丙所示测出小矿石的体积；则被测小矿石的密度是______ kg/m3，若小矿石会吸水，则测得小矿石的密度______ ；(选填“偏大”、“偏小”或“仍然准确”)
(4)小明用图丁装置测量某液体密度，在左侧加入适量水，往右侧倒入待测液体，直到隔板中的橡皮膜相平，测出图中所示物理量。请选用图中适当的物理量，写出待测液体密度的表达式：ρ=______ (用图中字母和ρ水表示)。
22. 如图甲是小明“探究串联电路的电压规律”的实验电路图。

(1)连接电路时，开关应______。实验时，灯L1和灯L2的规格应______。(填“相同”或“不相同”)
(2)闭合开关后，小明发现两灯都不发光，于是分别把电压表接在图甲中AB两点、BC两点及AC两点，测得数据分别是UAB=3V，UBC=0V，UAC=3V；小明检查发现只有灯L1和灯L2中的一盏出现故障，则故障可能是______。
(3)处理好故障后，小明把电压表接在AB之间重新测量，电压表示数如图乙所示，电压表的分度值是______V；为了使实验结果更准确，接下来小明应该：断开开关______。
(4)正确实验后，小明分析多组数据得出结论：______。(请使用文字叙述)
23. 小明做研究“影响滑动摩擦力大小的因素”的实验。

(1)如图所示，用弹簧测力计水平拉动木块，应使它沿长木板做______ 运动；
(2)比较甲图和乙图可知，当接触面粗糙程度相同时，______ 越大，滑动摩擦力越大，此过程采用的实验方法是______ 法；
(3)下列实例中，利用了乙图和丙图得到的结论的是______ ；
A.汽车在结冰的路面上行驶，在车轮上缠绕铁链
B.用力压住橡皮，擦去写错的字
C.移动很重的石块时，在地上铺设滚木
(4)在实验中还发现，按照图甲的方式匀速快拉或慢拉木块，弹簧测力计的示数都相同，说明滑动摩擦力的大小与速度大小______ (选填“有关”或“无关”)。
24. 小明用“伏安法”测量未知电阻R的阻值。

(1)根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙的实物图补充完整。要求滑动变阻器滑片向右滑动时电流表示数变小；
(2)当停止移动滑片P时，他发现电表指针左右摆动，其原因可能是______ (选填字母符号)；
A.滑动变阻器接触不良
B.待测电阻R短路
(3)电压表的示数为1.5V时，电流表的示数如图丙所示，则电阻R的阻值为______ Ω；接着他移动滑动变阻器的滑片测出多组电压和电流的值，算出对应的电阻值及电阻的平均值，目的是______ (选填“得到普遍规律”或“减小实验误差”)；
(4)老师告诉小明同学，他还可以尝试制作一个直接测量电阻的仪器——欧姆表，其原理如图丁所示，如果电源两端电压恒定不变，制作步骤如下：
①在A与B之间连接导线，调节滑动变阻器R1，使电流表示数为0.6A，并把电流表的“0.6A”刻度线标为“0Ω”；
②滑动变阻器R1滑片______ (选填“适当移动”或“保持不动”)，在AB之间接一阻值为40Ω电阻时，电流表示数为0.3A，把电流表的“0.3A”刻度线标为“40Ω”，则在电流表刻度为“0.1A”处应标的电阻值是______ Ω。
25. 用如图所示装置测量动滑轮的机械效率，实验数据如下表。
序号
动滑轮重力
G动/N
钩码重力 G/N
钩码上升高度h/m
绳的拉力 F/N
绳端移动距离s/m
机械
效率η
1
0.1
1
0.2
0.6

83.3%
2
0.1
2
0.2
1.1
0.4

3
0.2
2
0.2

0.4
83.3%
(1)实验时，应______拉动弹簧测力计，使挂在动滑轮下面的钩码缓缓上升。
(2)第1次实验时，绳端移动的距离为______m。
(3)第2次实验时，测得动滑轮的机械效率约为______。
(4)第3次实验时，绳的拉力约为______N。
(5)分析表中数据可知，对于同一动滑轮，所提升钩码的重力增大，机械效率将______；提升相同重力的钩码时，动滑轮的重力增大，其机械效率将______。(均选填“增大”、“减小”或“不变”)
26. 如图所示，图甲是一盛有水的圆柱形容器，置于水平桌面上，容器内水深为0.3m，容器的底面积为0.04m2，图乙是一质量均匀的塑料球，密度为0.2×103kg/m3(g=10N/kg)。求：
(1)容器中水的质量；
(2)距容器底部0.2m处A点液体的压强；
(3)把塑料球放入该容器中，用了16N的力恰好使其完全浸没在水中(图丙)，塑料球的重力多大？
27. 如图所示，电源电压恒为18V，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，其上标有“10Ω2A”的字样，灯泡L标有“6V2W”，电流表A1的量程为0∼0.6A，电流表A的量程为0∼3A。
(1)求灯泡L正常工作时的电阻。
(2)闭合S，断开S1、S2，灯泡恰好正常工作，求R1的阻值。
(3)S、S1、S2均闭合，当电路消耗的功率最大时，求滑动变阻器R2连入电路的阻值及最大总功率。


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A.中学生的质量在50kg左右，受到的重力大约为G=mg=50kg×10N/kg=500N左右，故A不符合实际；
B.人正常步行的速度约为1.1m/s≈4km/h，故B符合实际；
C.普通家用照明灯的工作电流约为0.2A，故C不符合实际；
D.大气压约等于76cm高水银柱产生的压强，故D不符合实际。
故选：B。
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。
估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法。

2.【答案】C 
【解析】解：AB、橡皮的运动方向不断发生变化，所以其运动状态不断改变，受到的不是平衡力，故AB正确；
C、橡皮对细绳的拉力是由于橡皮发生了弹性形变而产生的，故C错误；
D、由牛顿第一定律可知，若所有力都消失，由于橡皮具有惯性，做匀速直线运动运动，运动状态不变，故D正确。
故选：C。
(1)(2)物体不受力或受平衡力作用时，运动状态不发生改变。
(3)物体发生弹性形变后能产生弹力。
(4)物体不受力时，会保持静止状态或匀速直线运动状态。
本题主要考查了对力和运动的关系、以及弹性形变等知识的理解和应用，正确分析物体受力情况是解题的关键。

3.【答案】C 
【解析】解：ABC、直升飞机加速升空的过程中，质量不变，速度增大，动能增大；高度增加，重力势能增大；机械能是动能和势能之和，所以机械能也增大。故AB错误，C正确。
D、由于直升飞机加速，所以不受平衡力，故D错误。
故选：C。
(1)动能大小和物体的质量、运动速度有关；重力势能和物体的质量、高度有关。据此判断能量的变化。
(2)静止或匀速直线运动是判断物体是否受到平衡力的一种依据。
此题主要考查的是学生对动能、重力势能、机械能影响因素的理解和掌握，基础性题目。

4.【答案】D 
【解析】解：由电路图可知，R0与Rt串联，电流表测电路中的电流。
A.由题意可知，当检查温度超过37.3℃即电流表示数大于某一值时仪器会报警，说明Rt相当于一个红外线光敏电阻，红外线强度越大，电阻越小，由I=UR可知，电路中的电流越大，故A正确；
B.被测温者温度越高，Rt的阻值越小，电路的总电阻越小，电路中的电流越大，由U=IR可知，R0两端电压越大，故B正确；
C.触发警报器报警时的电流一定，由R=UI可知，此时电路的总电阻一定，由37.5℃>37.3℃可知，报警时Rt的阻值减小，要使体温超过37.5℃才会触发报警，应增大R0的阻值，即适当将R0换成一个稍大的电阻，故C正确；
D.被测温者温度越高，电路中的电流越大，由P=UI可知，电路消耗的电功率越大，故D错误。
故选：D。
由电路图可知，R0与Rt串联，电流表测电路中的电流。
(1)由题意可知，当检查温度超过37.3℃即电流表示数大于某一值时仪器会报警，据此得出Rt的特点；
(2)被测温者温度越高，Rt的阻值越小，电路的总电阻越小，电路中的电流越大，根据欧姆定律可知R0两端的电压变化；
(3)触发警报器报警时的电流一定，根据欧姆定律可知此时电路的总电阻一定，比较37.5℃和37.3℃时Rt的阻值关系，然后得出R0的阻值变化；
(4)根据P=UI分析被测温者温度越高时电路消耗的电功率变化。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据题意得出Rt的阻值特点是关键。

5.【答案】D 
【解析】解：A.对着两张平行的纸吹气，两纸中间的空气流速大压强小，而两纸的外部空气流速小压强大，两纸受到两边向内的压力差，被压到一起，故A正确；
B.当列车驶入时，会带动人和车之间的空气流动速度加快，此时人外侧的空气流动速度慢，人外侧空气流速慢压强大，而内侧流速快压强小，会产生一个向内侧的压强差，将人推向列车，易出现危险，所以人必须站在安全线以外的区域候车，故B正确；
C.当把装满水的瓶子放入盆的水中时，由于大气压的作用，水不会从瓶子流出，此时外界大气压等于瓶内气压加上瓶内水产生的气压，所以瓶内水上方的气压小于外界大气压，当盆内水不断减少，瓶口露出水面时，瓶中的水向外流，瓶内的水产生的压强不断减小，一旦瓶口再次被水淹没，瓶中的水又停止外流，这样盆中的水就可以保持一定的高度，瓶口处的压强总是等于外界大气压，故C正确；
D.人吹气和吸气时，A管上方空气流速大压强小，小于管内压强，则液面在大气压的作用下上升，故D错误。
故选：D。
(1)流体压强与流速的关系：流速越大的地方，压强越小；流速越小的地方，压强越大；
(2)从大气压与瓶内压强的关系角度进行考虑，一开始瓶内封闭部分气体的压强+瓶内水的压强=大气压；随着水的蒸发，盆景内水减少，当瓶口刚露出水面时，会有少量空气进入瓶中，瓶内气压增大，瓶子的水会下降流出一部分，使水位重新升高，瓶口继续没入水中，空气不再进入，如此反复。
本题考查了流体压强与流速的关系、大气压的应用，属于基础题。

6.【答案】A 
【解析】解：闭合开关后发现灯泡不亮，熔丝也没有熔断，则该电路中出现了断路现象；用试电笔分别测试插座的左、右孔，氖管均发光，这说明左、右孔与火线之间是接通的，所以故障可能是d、e间断路；由于d、e之间断路，将用电器接在插座上，用电器无法正常工作，故A正确。
故选：A。
闭合开关后灯泡不亮，检查电路时发现熔丝未熔断，说明电路存在断路，根据试电笔的发光情况分析故障的原因。
本题主要考查了电路故障分析，知道常见的电路故障有断路与短路两种，根据电路故障现象分析即可解题，本题是一道基础题。

7.【答案】D 
【解析】解：
①图中闭合电路的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，这就是电磁感应现象，动圈式话筒的工作原理就是电磁感应现象，故①正确；
②乙图中，材料相同，长度相同，横截面积越大的导体的电阻越小，故②错误；
③图中是奥斯特实验，该图中的实验现象说明通电导体周围存在着磁场，故③正确；
④图中有电源，是演示磁场对电流作用的实验装置，导体受力的方向与电流方向和磁场方向有关，若同时改变电流方向和磁场方向，导体ab运动方向不改变，故④正确。
故选：D。
(1)电磁感应是指闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线，电路中会产生感应电流；
(2)导体的电阻与材料、长度、横截面积有关；
(3)奥斯特实验说明电流磁效应，即电流能产生磁场
(4)研究磁场对电流的作用要先给导体通电，再将其放入磁场中，即说明通电导线在磁场中受力的作用，电动机就是利用该原理制成的；
图中所示的四个实验，是电与磁中典型的四个实验，它们各自的特点不同，代表了不同的含义，学习中我们应该加以重点区分才行。

8.【答案】D 
【解析】解：由电路图可知，开关断开时，是R2的简单电路，两个电流表都测通过R2的电流，电压表测电源电压；闭合开关S，R1与R2并联，电压表测量电源电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过R2的电流。
C、根据电源电压不变知电压表的示数不变，故C错误；
AB、根据并联各支路不相互影响，开关闭合后R2支路的电流不变，则电流表A2的示数不变；而电流表原来测一个电阻电流，根据并联电路的电流特点，闭合开关后电流表A1测量干路电流，故电流表A1的示数变大；故AB错误；
D、电压表示数不变，电流表A1的示数变大，电压表V与电流表A1示数的比值变小，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，开关断开时，电路是R2的简单电路，两个电流表都测通过R2的电流，电压表测电源电压；闭合开关S，R1与R2并联，电压表测量电源电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过R2的电流，根据电源电压不变和并联电路的电流特点分析各表示数变化；根据电压表和电流表A1示数变化确定电压表V与电流表A1示数的比值变化。
本题考查并联电路的特点，关键是知道开关闭合前后电路的连接形式变化。

9.【答案】BCD 
【解析】解：A、根据转换法，U形管液面高度变化是因为管中气体热胀冷缩的缘故，故A错误；
B、甲装置中，两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，而电阻大小不同，可探究电流产生的热量与电阻的关系，故B正确；
C、要探究电流通过导体产生热量跟通电时间的关系，应保证通过电阻丝的电流和电阻大小均相同，而只改变通电时间，而甲、乙装置均都可以改变通电时间，把甲图或乙图的其中一侧作为研究对象，甲、乙装置均可探究电流产生的热量与通电时间的关系，故C正确；
D、根据并联电路电压的规律和欧姆定律可知通过右侧两电阻的电流相等，设通过乙装置中左侧容器中电阻的电流为I，根据并联电路电流的规律，则通过右侧容器电阻的电流为0.5I，根据Q=I2Rt可知，在通电时间和电阻相同的条件下，产生热量与电流的平方成正比，故通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是：I2：(0.5I)2=4：1，故D正确。
故选：BCD。
A、电阻丝产生的热量不易直接观察，可给等质量的空气加热，空气吸热越多，气体膨胀程度越大，U形管内的液面高度差越大，采用了转换法；
BC、电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联、并联电路电流的规律分析；
D、根据并联电路电压的规律和欧姆定律及并联电路电流的规律可知通过左、右侧容器内电阻的电流关系，根据Q=I2Rt可知，在通电时间和电阻相同的条件下，产生热量与电流的平方成正比，据此得出通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比。
本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律的运用。

10.【答案】ACD 
【解析】解：A、由题意可知，水和酒精的质量相等，且两容器完全相同，因ρ水>ρ酒精，根据ρ=mV可知，V水pB下，由p=p上+p下可知，A点压强小于B点压强，故CD正确、B错误。
故选：ACD。
(1)由题意可知，水和酒精的质量相等，且两容器完全相同，根据ρ=mV比较两液体的体积关系，然后判断容器内液体的种类；
(2)由图可知，容器为横截面积相同的容器，根据F=pS=ρghS=ρVg=mg比较两容器中液体对容器底部的压力关系，根据p=FS得出两容器中液体对容器底部的压强关系；根据p=ρgh比较AB两点下方液体对容器底部的压强关系，利用p=p上+p下比较A点压强与B点压强关系。
本题考查了密度公式和压强公式的应用，要注意圆柱形、方形容器中液体对容器底的压力和液体的重力相等。

11.【答案】相互  运动状态 
【解析】解：
地球自转方向为自西向东，那么为了使地球刹车，地球发动机喷射的“火焰”应偏向东方，从而获得一个向西的反作用力，这是利用了物体间的作用是相互的；
地球在发动机的作用下停止了自转，地球由运动变为静止，运动状态发生了变化，说明力可以改变物体的运动状态。
故答案为：相互；运动状态。
(1)力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；
(2)力可以改变物体的运动状态。
本题考查了力作用的相互性和力的作用效果，知识点较简单，要记住。

12.【答案】不变  变小 
【解析】解：当他增大握瓶子的压力时，瓶子静止不动，处于平衡状态，在竖直方向上，瓶子受到竖直向上的摩擦力和竖直向下的重力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知摩擦力大小等于瓶子的重力，瓶子的重力不变，则摩擦力大小不变；
若将矿泉水喝去一部分，瓶子仍然静止，重力和摩擦力还是一对平衡力，因瓶子的重力减小，所以瓶子受到的摩擦力将变小。
故答案为：不变；变小。
瓶子静止在空中，处于平衡状态，在竖直方向上瓶子受到的摩擦力和重力是一对平衡力，由二力平衡条件可知摩擦力的大小等于瓶子的重力，据此分析。
本题考查了摩擦力的大小以及二力平衡条件的应用，根据二力平衡条件判断摩擦力的大小是解题的关键。

13.【答案】0.620 
【解析】解：由I=UR可得，导体的电阻：
R=UI=4V0.2A=20Ω，
因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，
所以，当该导体两端电压为12V时或该导体两端电压降为0时，导体的电阻仍为20Ω不变，
当该导体两端电压为12V时，通过该导体的电流：
I'=U'R=12V20Ω=0.6A。
故答案为：0.6；20。
(1)知道导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻；
(2)电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关，再根据欧姆定律求出当该导体两端电压为12V时通过该导体的电流。
本题考查了欧姆定律的简单应用，关键是知道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，是一道基础题目。

14.【答案】静止  6 
【解析】解：由丙图可知，0-3s物体速度为零，处于静止状态；
由图丙知9s∼12s内，物体做匀速直线运动，速度为1m/s，所受推力和摩擦力一对平衡力，大小相等，由图乙知此时的推力F为6N，摩擦力也为6N，由图乙知3s∼6s内，物体做加速运动，但由于压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，仍为6N，故t=5s时，箱子受到地面的滑动摩擦力为6N。
故答案为：静止；6。
(1)当物体静止时，静摩擦力与推力二力平衡，大小相等；
(2)分析各段的运动情况和受力情况，当物体运动时，滑动摩擦力是不受推力大小影响的，只有匀速直线运动时，摩擦力与推力二力平衡，大小相等，当物体受到的推力变大或变小时，摩擦力都不变。
本题考查学生对图像的认识及二力平衡的应用，要求能熟练读图，并能结合运动分析物体的受力情况。

15.【答案】24 20 
【解析】解：拉力的功率：P=W总t=Fst=Fv=120N×0.2m/s=24W；
克服物体重力做的有用功：W有=Gh=200N×1m=200J，
拉力做的总功：W总=Fs=120N×2m=240J，
克服摩擦力做的额外功：W额=W总-W有=240J-200J=40J，
由W额=fs可得，摩擦力：f=W额s=40J2m=20N。
故答案为：24；20。
根据P=Wt=Fst=Fv计算拉力的功率；根据W有=Gh计算有用功，W总=Fs计算总功，根据W总=W有+W额和W额=fs计算摩擦力。
本题考查使用斜面时有用功、额外功、总功、功率计算公式的应用，熟练运用公式是关键。

16.【答案】201.75 
【解析】解：由电路图可知，闭合开关后，R1与滑动变阻器串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
当电压表示数由1V增大到6V时，电流表示数变化了0.25A，
则ΔI=I'-I=U1'R1-U1R1=6VR1-1VR1=0.25A，
解得：R1=20Ω；
定值电阻R1消耗的电功率的变化量：
ΔP1=P1'-P1=(U1')2R1-U12R1=(6V)220Ω-(1V)220Ω=1.75W。
故答案为：20；1.75。
由电路图可知，闭合开关后，R1与滑动变阻器串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。当电压表示数由1V增大到4V时，根据欧姆定律表示出电流表示数的变化量，从而求出R1的阻值，根据P=UI=U2R求出定值电阻R1消耗的电功率的变化量。
本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，是一道较为简单的应用题。

17.【答案】4400 1800 
【解析】解：由图知，电能表的工作电压是220V，允许通过的最大电流为20A，
所以他家同时使用的用电器最大总功率：P最大=UI最大=220V×20A=4400W；
“600revs/(kW⋅h)”表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能时电能表的转盘转过600r，
则电能表的转盘转18r时用电器消耗的电能：
W=18600kW⋅h=0.03kW⋅h=1.08×105J；
该用电器的电功率：
P=Wt=0.03kW⋅h160h=1.8kW=1800W。
故答案为：4400；1800。
知道电能表的工作电压和允许通过的最大电流，利用P=UI求他家同时使用的用电器最大总功率；
电能表上标有“600revs/(kW⋅h)”，表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能时电能表的转盘转过600r，现在知道电能表转盘转18r，可求用电器在1min内消耗的电能，再利用P=Wt求出该电水壶的实际功率。
本题考查了电能、电功率的计算，明确电能表相关参数的意义是关键。

18.【答案】300 不变 
【解析】解：(1)由图可知动力作用在A点时，支点在轮轴处，因此F的力臂是L1=1.6m，重力的力臂L2=0.4m；
由F×L1=G×L2得，竖直向上的力为：F=GL2L1=1200N×0.4m1.6m=300N。
(2)若作用在A点的力F始终保持竖直向上，则抬起车把的过程中阻力不变、动力臂和阻力臂都变小，且动力臂和阻力臂的比值不变，根据杠杆平衡条件可知，动力F不变。
故答案为：300；不变。
(1)根据图示可知动力臂和阻力臂的大小，利用杠杆的平衡条件可知力臂最长力最小。然后由杠杆的平衡条件可算出F的大小。
(2)先根据杠杆位置的变化判断阻力、阻力臂、动力臂的变化，然后根据杠杆的平衡条件可知动力F的变化。
本题考查了确定动力的力臂、求动力大小，知道力臂的概念、由图示求出动力臂与阻力臂、熟练应用杠杆平衡条件即可正确解题。

19.【答案】解：已知电源正负极，根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可判定小磁针的左端为N极、右端为S极。
根据磁感线都是从磁体外部的N极出发，回到S极，可以标出磁感线的方向向右。
故答案如图所示：
。 
【解析】(1)根据安培定则可确定螺线管的极性，根据磁极间的相互作用，可以判断小磁针的磁极。
(2)磁体周围的磁感线都是从N极出来，回到S极，进行判断。
本题考查了磁感线的方向、安培定则的应用，是一道基础题。

20.【答案】解：根据杠杆平衡的条件可知，在阻力和阻力臂不变时，动力臂越长越省力；
由图示可知，以OA为动力臂时，动力臂最长，此时最省力；连接OA，从A点做OA的垂线，为使杠杆平衡，力的方向应垂直于OA向上，如图所示：
 
【解析】根据杠杆平衡的条件可知，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越长越省力，而支点到杠杆的顶端作为动力臂时，动力臂最长，所以根据力臂的画法，从杠杆的端点作垂直于力臂的动力示意图，注意动力、阻力对杠杆的转动效果相反。
此题是杠杆中的最小力问题，其依据是杠杆的平衡条件，由杠杆平衡条件知，力臂越长越省力，所以要画出最小的力，关键是确定最长的力臂。

21.【答案】右  56.8g2.84×103  偏大 h2h3⋅ρ水 
【解析】解：(1)天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺左端零刻度线上，发现横梁稳定时指针偏向分度盘的左侧，说明天平的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端调节；
(2)图乙中矿石的质量m=50g+5g+1.8g=56.8g；
(3)往量筒中倒入适量的水，如图丙所示，测出水的体积为20mL，再用细线将小矿石拴好，轻轻放入量筒内的水中，如图丁所示，测出小矿石和水的体积为40mL，
则测出小矿石的体积为V=40mL-20mL=20mL=20cm3。
矿石的密度ρ矿石=mV=56.8g20cm3=2.84g/cm3=2.84×103kg/m3；
矿石吸水，导致矿石体积的测量值偏小，由ρ=mV可知，矿石密度偏大；
(4)在左侧加入适量的水，往右侧倒入待测液体，直到隔板中的橡皮膜相平，则左右液体产生的压强相同，即ρ水gh2=ρ液gh3；
液体的密度为：ρ液=h2h3⋅ρ水。
故答案为：(1)右；(2)56.8g；(3)2.84×103；偏大；(4)h2h3⋅ρ水。
(1)天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度线上，平衡螺母向上翘的一端调节；
(2)读取天平的示数时应将砝码质量与游码示数相加；
(3)用量筒测量液体体积时，要明确量筒的分度值，视线与液面最凹处相平，通过量筒两次的示数之差可以求出小矿石的体积；
小矿石的密度可利用密度的公式计算得出；
矿石吸水，导致矿石体积的测量值偏小，再利用密度公式得出矿石密度的变化；
(4)观察到橡皮膜相平，则左右液体产生的压强相同，根据p=ρ液gh，可求出液体的密度的表达式。
本题考查了固体密度的测量、天平的使用与读数、量筒的读数、误差分析，是一道综合题，难度不大。

22.【答案】断开  不相同  L1断路  0.5换接电压表0∼3V串联电路的总电压等于各部分电压之和 
【解析】解：(1)连接电路时，开关应断开。实验时，为得出普遍性的结论，灯L1和灯L2的规格应不相同；
(2)闭合开关后，小明发现两灯都不发光，于是分别把电压表接在图甲中AB两点、BC两点及AC两点，测得数据分别是UAB=3V，则说明AB之外的电路为通路，UAC=3V，说明AC之外的电路为通路；说明AB之外的电路为通路；UBC=0V，说明BC之外的电路为断路，小明检查发现只有灯L1和灯L2中的一盏出现故障，则故障可能是L1断路；
(3)处理好故障后，小明把电压表接在AB之间重新测量，电压表选用大量程，示数如图乙所示，电压表的分度值是0.5V，电压为2V，为了使实验结果更准确，接下来小明应该：断开开关，换接电压表0∼3V；
(4)正确实验后，小明分析多组数据得出结论：串联电路的总电压等于各部分电压之和。
故答案为：
(1)断开；不相同；(2)L1断路；(3)0.5；换接电压表0∼3V；(4)串联电路的总电压等于各部分电压之和。
(1)连接电路时，为保护电路，开关应断开；用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多；
(2)实验中，若电压表有示数，则与电压表并联的电路之外的电路为通路，若电压表没有示数，说明与电压表并联的电路之外的电路为断路，据此分析；
(3)根据电压表的分度值读出电压表的示数，为了使实验结果更准确，测量电压不超过电压表量程的条件下要选用小量程；
(4)串联电路的总电压等于各部分电压之和。
本题探究串联电路的电压规律，考查注意事项、归纳法的运用、故障分析、电压表的选用及串联电路电压的规律。

23.【答案】匀速  压力  控制变量  A 无关 
【解析】解：(1)用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使木块做匀速直线运动，这时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计拉力的大小；
(2)甲、乙对比知，压力相同，接触面粗糙程度相同，乙中测力计示数变大，故可得出结论为：接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
实验中采用的方法是控制变量法；
选用乙、丙进行对比，控制压力相同，接触面的粗糙程度不同，故探究滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关，在压力相同时，接触面的粗糙程度越粗糙，滑动摩擦力越大；
A.汽车在结冰的路面行驶时，在车轮上缠绕铁链；通过增大接触面粗糙程度增大压力，故A符合题意；
B.用力压住橡皮，擦去写错的字，通过增大压力增大摩擦力故B不符合题意；
C、移动很重的石块时，在地上铺设滚木，变滑动为滚动减小摩擦，C.故C不符合题意；
故选：A；
(3)按照图甲的方式匀速快拉或慢拉木块，木块受到的摩擦力与拉力二力平衡，弹簧测力计的示数都相同，滑动摩擦力大小不变，说明滑动摩擦力的大小与速度无关。
故答案为：(1)匀速；(2)压力；控制变量；A；(3)无关。
(1)物体做匀速直线运动时，受力是平衡的，根据二力平衡的条件分析；圆筒测力计中每个标度的示数为0.5N，每个标度之间有5个小格，则其分度值为0.1N；
(2)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；
(3)根据实验操作和实验现象分析判断滑动摩擦力与物体运动速度的关系。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。

24.【答案】A 5 减小实验误差  保持不动  200 
【解析】解：(1)要求滑动变阻器滑片向右滑动时电流表示数变小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑动变阻器滑片向右滑动时它的电阻增大，所以滑动变阻器选用左下接线柱串联接入电路，如下图所示：
；
(2)当停止移动滑片P时，发现两只电表的指针总在晃动，造成这一现象的原因可能是电路存在接触不良，故选A；
(3)由图乙可知电流表接入电路的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，
根据欧姆定律可得电阻R的阻值为R=URI=1.5V0.3A=5Ω；
该实验多次测量的目的是计算平均值，减小误差；
(4)①在A与B之间连接导线，调节滑动变阻器R1，使电流表示数为0.6A，并把电流表的“0.6A”刻度线标为“0Ω”；
②滑动变阻器R1滑片保持不动，在AB之间接一阻值为40Ω电阻时，电流表示数为0.3A，把电流表的“0.3A”刻度线标为“40Ω”，
设电源电压是U，在A与B之间连接导线，只有R1工作，调节滑动变阻器R1，使电流表示数为0.6A，
由欧姆定律得此时通过电路的电流：I1=UR1，即0.6A=UR1---①；
保持滑动变阻器R1不变，当在AB之间接一阻值为40Ω电阻时，R1与R串联，电流表示数为0.3A，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流I2=UR1+40Ω，即0.3A=UR1+40Ω----②，
由①②解得：U=24V，R1=40Ω，
根据题意可知，电流表的量程为0∼0.6A，分度值为0.02A，示数为0.1A，
当电流为0.1A时，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可得I3=UR1+R'=24V40Ω+R'=0.1A，解得：R'=200Ω。
故答案为：(1)见解答图；(2)A；(3)5；减少实验误差；(4)保持不动；200。
(1)要求滑动变阻器滑片向右滑动时电流表示数变小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑动变阻器滑片向右滑动时它的电阻增大，所以滑动变阻器选用左下接线柱串联接入电路；
(2)当停止移动滑片P时，发现两只电表的指针总在晃动，造成这一现象的原因可能是电路存在接触不良；
(3)由图乙可知电流表接入电路的量程和分度值为，读出示数，根据欧姆定律计算电阻R的阻值；该实验多次测量的目的是计算平均值，减小误差；
(4)根据欧姆定律及串联电路电阻规律表示电流表示数，然后解方程组求出电源电压和滑动变阻器接入电路的电阻值，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律欧姆定律可以求出电流表刻度为“0.1A”处应标的电阻值。
“伏安法”测量未知电阻R的阻值的实验考查电路连接、故障分析、欧姆定律、串联电路特点以及控制变量法，最后一问有难度。

25.【答案】竖直向上匀速  0.490.9%1.2增大  减小 
【解析】解：
(1)在实验中，为了正确测出拉力的大小，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计且在拉动过程中读数；
(2)由图示可知，动滑轮承重绳子有效股数n=2，
第1次测量中，弹簧测力计移动的距离：s=nh=2×0.2m=0.4m；
(3)由表中实验数据可知，第2次实验时，动滑轮的机械效率：
η2=W有W总=GhFs=2N×0.2m1.1N×0.4m×100%≈90.9%；
(4)第3次实验中的有用功为：W有=Gh=2N×0.2m=0.4J；
根据公式η=W有W总可知，总功为：W总=W有η=0.4J83.3%=0.48J；
根据公式W总=Fs可知，第3次实验中绳的拉力为：F=W总s=0.48J0.4m=1.2N；
(5)由表中实验序号为①②的实验数据可知，对于同一动滑轮，所提升钩码的重力增大，机械效率将增大；
由表中实验序号为②③的实验数据可知，提升相同重力的钩码时，动滑轮的重力增大，其机械效率将减小。
故答案为：(1)竖直向上匀速；(2)0.4；(3)90.9%；(4)1.2；(5)增大；减小。
(1)在实验中，为了正确测出拉力的大小，应拉动弹簧测力计竖直向上匀速上升；
(2)重物和动滑轮有2段绳子承担，绳子移动的距离物体升高距离的2倍；
(3)根据表中实验数据应用效率公式求出动滑轮的机械效率；
(4)根据公式W有=Gh计算有用功，根据公式η=W有W总计算总功，然后根据公式W总=Fs计算第3次实验中绳的拉力；
(5)根据控制变量法的要求分析表中实验数据，根据实验控制的变量与实验数据分析答题。
本题考查了求滑轮组效率、实验数据分析，应用效率公式可以求出滑轮组效率，应用控制变量法分析表中实验数据即可正确解题；解题时要注意控制变量法的应用。

26.【答案】解：
(1)容器中水的体积：V水=Sh=0.04m2×0.3m=0.012m3，
由ρ=mV可得水的质量：m水=ρ水V水=1×103kg/m3×0.012m3=12kg；
(2)距容器底部0.2m处A点液体的压强：
p=ρgh=1×103kg/m3×10N/kg×(0.3m-0.2m)=1000Pa；
(3)设塑料球的体积为V，
塑料球完全浸没在水中时受到的浮力：F浮=ρ水gV排=ρ水gV，
塑料球的重力为：G=m球g=ρ球Vg，
使塑料球完全浸没在水中时，F+G=F浮，
16N+ρ球Vg=ρ水gV，
16N+0.2×103kg/m3×10N/kg×V=1×103kg/m3×10N/kg×V，
解得塑料球的体积：V=0.002m3，
塑料球的重力：G=m球g=ρ球Vg=0.2×103kg/m3××0.002m3×10N/kg=4N。
答：(1)容器中水的质量是12kg；
(2)距容器底部0.2m处A点水的压强是1000Pa；
(3)把塑料球放入该容器中，用了16N的力恰好使其完全浸没在水中，塑料球的重力是4N。 
【解析】(1)利用V=Sh求水的体积，再利用ρ=mV求水的质量；
(2)先求出A点的深度，再利用p=ρgh求距容器底部0.2m处A点水的压强；
(3)设塑料球的体积为V，塑料球完全浸没在水中时排开水的体积等于塑料球的体积，利用阿基米德原理求受到的浮力，塑料球的重力G=m球g=ρ球Vg，使塑料球完全浸没在水中时，F+G=F浮，据此列方程求塑料球的体积，再利用G=mg=ρVg求塑料球的重力。
本题考查的是密度公式、液体压强公式及阿基米德原理的综合运算，是一道综合题，考查的知识点较多，但难度不大。

27.【答案】解：(1)由题知，灯泡的额定电压为6V，额定功率2W，
由P=UI=U2R可得灯泡正常工作时的电阻
RL=U2P=(6V)22W=18Ω；
(2)由图知，当闭合S、断开S1、S2，R1与L串联，此时灯泡正常工作，则UL=6V，
IL=ULRL=6V18Ω=13A，
由串联电路特点知，电路中电流：I=I1=IL=13A，
R1两端的电压：U1=U-UL=18V-6V=12V，
根据欧姆定律I=UR知定值电阻R1的阻值为：
R1=U1I1=12V13A=36Ω；
(3)由图知，S、S1、S2均闭合，R1与R2并联，L被短路，电流表A测干路电流，A1测R1的电流，
此时通过R1的电流是一个定值，由并联电路特点和欧姆定律可得：
IR1=UR1=18V36Ω=0.5A，
由变阻器规格知，通过它的最大电流为2A，
所以干路的最大电流：I最大=IR1+I2最大=0.5A+2A=2.5A