12，重庆市合川区合阳中学2023-2024学年九年级下学期一模物理试题

这是一份12，重庆市合川区合阳中学2023-2024学年九年级下学期一模物理试题，共29页。试卷主要包含了选择题，填空作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
（全卷 ）
一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共24分。）
1. 对下列物理量的认识中，最接近实际的是（ ）
A. 重庆主城冬天的温度约为-50℃B. 初中物理教材的长度约为26cm
C. 物理书对水平桌面的压强约为D. 家用空调的额定功率约为100W
【答案】B
【解析】
【详解】A．在冬季，重庆的温度一般是4～8℃，故A不符合题意；
B．一根筷子的长度在25cm左右，物理课本的长度略大于此数值，在26cm左右，故B符合题意；
C．一本物理书与桌面的接触面积约为
书对桌面的压力约为
F=G=2N
一本物理书对桌面的压强约为
故C不符合题意；
D．家用空调的额定功率比较大，约为1000W，故D不符合题意。
故选B
2. 如图所示的四个运动情境中，说法正确的是（ ）
A. 撑杆跳高运动员的手用力握住撑杆是为了减小摩擦力
B. 跳远运动员在起跳前助跑可以跳得更远，这是利用惯性该试卷源自 每日更新，享更低价下载。C. 滑冰运动员所穿的冰鞋冰刀刀刃锋利，这是为了减小压强
D. 举重运动员所受重力和地面对运动员的支持力是一对平衡力
【答案】B
【解析】
【详解】A．摩擦力的大小与接触面的粗糙程度和压力大小有关，用力握住撑杆是通过增大压力来增大摩擦的，故A错误；
B．跳远运动员在起跳前助跑，起跳后要继续保持原来的运动状态，可以跳得更远，这是利用了惯性，故B正确；
C．滑冰运动员所穿的冰鞋冰刀刀刃锋利，这是是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故C错误；
D．地面对运动员的支持力等于运动员和杠铃的总重力，与运动员所受的重力大小不相等，不是一对平衡力，故D错误。
故选B。
3. 大量中华诗词蕴含物理知识，下列说法正确的是（ ）
A. “烟雾氛氲水殿开，暂拂香轮归去来。”“雾”的形成是汽化现象
B. “欲渡黄河冰塞川，将登太行雪满山。”“冰”的形成是凝华现象
C. “可怜九月初三夜，露似珍珠月似弓。”“露”的形成是液化现象
D. “月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠。”“霜”的形成是凝固现象
【答案】C
【解析】
【详解】A．诗句“烟雾氛氲水殿开，暂拂香轮归去来。”“雾”是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水珠，液化过程需要放热，故A错误；
B．物体由液态变成固态的过程叫凝固。诗句“欲渡黄河冰塞川，将登太行雪满山。”“冰”是液态的水遇冷凝固形成的，故B错误；
C．诗句“可怜九月初三夜，露似真珠月似弓。”“露”是空气中的水蒸气遇冷放热液化形成的小水珠，属于液化现象，故C正确；
D．诗句“月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠。”“霜”是空气中的水蒸气遇冷放热凝华形成的小冰晶，属于凝华现象，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，下列有关电与磁的知识，说法正确的是（ ）
A. 甲图中两个小球一定带有异种电荷
B. 乙图的连接方式符合家庭电路安全用电要求
C. 丙图是发电机的原理图，动圈式话筒即利用此原理工作
D. 丁图是电动机的原理图，工作时将机械能主要转化为电能
【答案】C
【解析】
【详解】A．两个小球相互吸引，因异种电荷相互吸引有可能一个带正电，一个带负电；因带电体能够吸引轻小物体，可能一个带电，另一个不带电，故A错误；
B．在家庭电路的连接中，开关应该接在火线和用电器之间，才能在断开开关时，避免发生触电事故，故B错误；
C．由图可知，丙图是电磁感应的原理图，根据此原理制成发电机，是法拉第发现的，动圈式话筒即利用此原理工作，故C正确；
D．由图可知，丁图是电动机的原理图，电动机工作时将电能转化为机械能，故D错误。
故选C。
5. 下列关于压强和浮力的知识说法正确的是（ ）
A. 气象用探测气球里所充气体的密度大于空气的密度
B. 潜水艇从长江匀速潜行到大海，受到的浮力会变大
C. 船闸、U形管压强计都是利用连通器的原理来工作的
D. 医生用注射器把药水推入病人肌肉中是利用了大气压
【答案】B
【解析】
【详解】A．气象台用的探测气球是利用在空气中的浮力来工作的，当气体的密度小于空气的密度时，才可以升空，故A错误；
B．潜水艇以潜伏的状态，从长江匀速潜行到大海，排开水的体积等于自身的体积且不变，由于海水的密度变大，根据F浮=ρ液gV排可知，受到的浮力会变大，故B正确；
C．船闸在工作时，闸室分别与上游和下游构成连通器，是利用连通器原理工作的；压强器的U形管一端和空气连通，另一端和探头连通，探头是不透气的，不是连通器，故C错误；
D．医生在给病人打针时，通过靠外力用注射器把药水推入病人肌肉，这与大气压无关，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，水平桌面上有两个完全相同的溢水杯甲和乙，杯中分别装满酒精和水。将两个完全相同的小球分别放入溢水杯中，待小球静止后，甲杯溢出80g的酒精，乙杯溢出90g的水。已知，则下列说法错误的是（ ）
A. 小球的质量是90g
B. 小球的密度为
C. 放入小球后，甲杯对桌面的压强大于乙杯对桌面的压强
D. 取出小球后，酒精对甲杯底部的压强变化量小于水对乙杯底部的压强变化量
【答案】C
【解析】
【详解】A．由阿基米德原理可知，小球在酒精液体中受到的浮力等于排开酒精的重力，即
小球在水中受到的浮力等于排开水的重力，即
小球在酒精中排开的体积为
小球在水中排开的体积为
由于V排酒＞V排水，即两溢水杯排开液体的体积不相等，由此可得，小球在水中漂浮，故小球在水中受到的浮力等于其自身重力，即
因而小球在酒精中处于浸没状态，小球的质量为
故A正确，不符合题意；
B．由于小球在酒精中处于浸没状态，则其排开酒精体积等于自身体积，即
由可得，小球的密度为
故B正确，不符合题意；
C．由题可知，溢水杯甲和乙完全相同，则两者底面积相等，即
S甲=S乙
未放入小球之前，两容器内水和酒精的体积V相等，放入小球后，小球在酒精中沉底，在水中漂浮，可得
V排酒＞V排水
则容器中剩余液体的体积
V剩=V-V排
可知
V剩水＞V剩酒
由
G=mg=ρVg
可知
G剩水＞G剩酒
放入小球之后，甲对水平桌面的压力为
放入小球之后，乙对水平面的压力
由此可知
F甲＜F乙
由于S相等，由可得，甲杯对桌面的压强小于乙杯对桌面的压强，故C错误，符合题意；
D．由题可知，杯中装满酒精和水，将小球分别放入溢水杯后，再取出小球，则酒精对甲杯底部的压强减小值
水对甲杯底部的压强减小值
对比可得
Δp酒＜Δp水
故D正确，不符合题意。
故选C。
7. 如图所示电路，闭合开关S，灯泡L正常发光（不考虑温度对灯丝电阻的影响），当滑片P从最上端向下移动到R中点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 电流表与的示数之差变大
B. 灯泡L变亮，电流表示数变大
C. 电压表与电流表示数的比值变大
D. 电路总功率的变化量等于滑动变阻器功率的变化量
【答案】D
【解析】
【详解】由题图可知，滑动变阻器R与灯泡L并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量通过动变阻器R的电流，电压表测量电源的电压。当滑片P从最上端向下移动到R中点的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变大，即电流表A2示数变大，干路电流变大，即电流表A1示数变大，由于电压表测量电源的电压，所以电压表示数不变。
A．电流表A1与A2的示数之差为通过灯泡的电流，由于并联电路各支路互不影响，所以通过灯泡的电流不变，即电流表A1与A2的示数之差不变，故A错误；
B．并联电路各支路互不影响，所以灯泡两端电压不变，通过灯泡的电流不变，灯泡的亮度不变，但由于通过滑动变阻器的电流变大，干路电流变大，即电流表A1示数变大，故B错误；
C．电压表测电源电压，示数不变，电流表A2示数变大，故电压表与电流表A2示数的比值变小，故C错误；
D．由于并联电路各支路互不影响，灯泡的功率不变，所以电路总功率的变化量等于滑动变阻器功率的变化量，故D正确。
故选D。
8. 如图所示，A是高12cm、底面积为的长方体物体，A的质量为300g。B是质量为100g、底面积为、高为5cm的柱形水杯，装有3cm深的水，都置于水平桌面上。将A或A的截取部分从接触水面开始，竖直缓慢放入水中后松手，直至水面稳定。以下说法正确的是（ ）
①将A竖直浸入水中，最终A向下移动的距离是水面上升高度的1.5倍
②水平截去A的并将截去部分放入水中，最终容器对桌面的压强与A剩余部分压强相等
③竖直截去A的并将截去部分竖直浸入水中，最终水对容器底部压强为400Pa
④水平截去A的并将截去部分竖直浸入水中，最终容器对桌面的压强600Pa
A. ①②③B. ①③④C. ②③④D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①由题意可知，根据可得，A的密度为
可知，A密度小于水的密度，故由物体的浮沉条件可知，A的截去部分放入水中后会上浮，其中杯子高5cm，装有的水深3cm深，则杯子剩余容积为
由G=mg可得，A受到的重力为
设A放入水中后漂浮，则其受到的浮力等于其自身重力，即
由阿基米德原理可得，此时其排开水的体积为
则A浸入水中后，其排开水的体积等于水杯内水的体积，则水上升的深度为
由阿基米德原理知
可得，A浸入水体积等于A体积的一半
即A浸入水中的深度为
则水会溢出杯子，由此可知，A向下移动的距离为3cm，杯中水上升的高度为2cm；则最终A向下移动的距离是水面上升高度的1.5倍，故①正确；
②水平截去A的，截去的部分的质量为
则剩余部分的质量为0.25kg，由G=mg可得，A剩余部分的重力为
则截去部分的重力为0.5N，则剩余部分对地面的压力为2.5N，由可得，A剩余部分对桌面的压强为
将截去部分放入水中后，假设物体A漂浮在水面，则其受到浮力等于其重力，即

由阿基米德原理可得，此时其排开水的体积为
则此时水面上升的高度为
则水不会溢出，由
G=mg=ρVg
可得，B中水受到的重力为
B受到的重力为
则将截去部分放入水中，容器对桌面的压力等于截去部分和水以及水杯受到的重力之和，即
则容器对桌面的压强为
可知容器对桌面的压强小于A剩余部分压强，故②错误；
④水平截去A的，截去的部分的质量为
该部分受到的重力为
将截去部分放入水中后，假设物体A漂浮在水面，则其受到浮力等于其重力，即
由阿基米德原理可得，此时其排开水的体积为
则此时水面上升的高度为
由于柱形水杯高为5cm，装的水的深度为3cm，可知水会溢出，由题意知，水杯容积为
最终容器内剩余水的体积为
由
G=mg=ρVg
可得，容器内剩余水受到的重力为
此时，容器对桌面的压力为
则容器对桌面的压强为
故④正确；
③竖直截去A的后，截去的部分的底面积为
截去的部分的质量为
该部分受到的重力为
假设此时A截取的部分能漂浮在水面，则
由阿基米德原理可得，此时其排开水的体积为
则水不会溢出，由阿基米德原理知
可得，此时A截取的部分浸入水体积为
则A截取的部分浸入水深度为
由此可知，放入截去部分后，截取的部分不会漂浮，会沉底，假设不成立。因放入截去部分后，容器中的水体积不变，故可得放入截去部分后，水面的高度为
因容器的高为5cm，故可知此时水未溢出，最终水对容器底部的压强为
故③正确；综上可知①③④正确，②错误。
故选B。
二、填空作图题（本题共6个小题，第14小题作图2分，其余每空1分，共12分。）
9. 英国物理学家_________在伽利略等人的研究基础上发现：一切物体在没有受到外力作用的时候，总保持匀速直线运动状态或静止状态。民航客机加速起飞过程中，机翼上表面空气流速大，压强________，从而产生了升力（选填“大”或“小”）。
【答案】 ①. 牛顿 ②. 小
【解析】
【详解】[1]牛顿总结笛卡尔、伽利略等人的研究成果，概括出牛顿第一定律：一切物体在不受外力时，总保持匀速直线运动状态或静止状态。
[2]由于机翼上方凸起、下方平直，则相同时间内空气经过机翼上方的路程较长，所以机翼上方的空气流速比机翼下方的空气流速大一些，根据流体的流速越大、压强越小可知，机翼上方所受空气的压强小于下方所受的压强，即：在起飞时，机翼下方空气流速小，压强大，上表面空气流速大，压强小，所以会产生向上的升力。
10. 如图所示，灯泡标有“6V 6W”、标有“3V 3W”字样（灯丝电阻不随温度变化），甲、乙为电压表或电流表。闭合开关，其中一只灯泡正常发光，另一只发光较暗，且电路各元件均安全，则乙电表为__________表（选填“电压”或“电流”），电路的总功率为________W。
【答案】 ①. 电压 ②. 4.5
【解析】
【详解】[1]由P=UI可知，L1正常发光的电流为
L2正常发光的电流为
串联电路的电流处处相等，若两灯串联，则两灯均会正常发光；而题意中只有一只灯泡正常发光，另一只发光较暗，故两灯的连接方式为并联。根据电压表和电流表的连接方式，可知，甲电表为电流表，测量通过L2的电流，乙电表为电压表，测量L1、L2两端的电压，因只有一只灯泡正常发光，故L2正常发光，甲电表示数为1A，电源电压为3V。
[2]灯丝电阻不随温度变化，根据可知L1的电阻为
根据欧姆定律可知通过L1的电流为
因L2正常发光，故此时通过L2的电流为1A，根据并联电路的电流特点可知，干路电流为
由P=UI可知，电路总功率为
11. 如图甲所示，完全相同的A、B两物叠放在水平桌面上，用的水平拉力作用在A物块上，A、B一起向右做匀速直线运动，此时B物块所受的摩擦力为___________N；若将A、B按图乙所示紧靠放于该桌面，用水平力推A，也能使A、B一起向右匀速直线运动，则此时A施加给B的推力为__________N。
【答案】 ①. 0 ②. 20
【解析】
【详解】[1]用F1=40N的水平拉力作用在A物体上，A、B一起向右做匀速直线运动，AB之间没有相对运动趋势，B物块不会受到摩擦力，故B物块受到摩擦力为0N。
[2]由于AB处于平衡状态，水平方向上拉力F1和地面对A的摩擦力fA是平衡力，地面对A的摩擦力为
fA=F1=40N
若将A、B按图乙所示紧靠放于该桌面，用水平力F2推A，AB对地面的压力和接触面的粗糙程度不变，地面对AB的摩擦力不变，摩擦力的大小为40N，A、B一起向右匀速直线运动，处于平衡状态，推力F2和摩擦力是平衡力，推力
F2=fAB=40N
A施加给B的推力为20N。
12. 如图所示，电源电压恒为18V，小灯泡L标有“6V 3W”字样，滑动变阻器R标有“48Ω 1A”字样，电压表使用的量程为0~15V，电流表使用的量程为0~0.6A，R0为一定值电阻，当只闭合开关S、时，灯泡L恰好正常发光，不考虑温度对灯丝电阻的影响。定值电阻R0=________；保持S闭合，断开，再闭合，在保证电路各元件安全的情况下，小灯泡的最大功率与最小功率的比值为_________。
【答案】 ①. 24 ②. 4∶1
【解析】
【详解】[1]由灯泡的规格参数，根据P=UI可得，灯泡的额定电流
根据欧姆定律可得，灯泡电阻为
由图可知闭合开关S、S1，断开S2时，L与R0串联，灯泡L恰好正常发光，则灯泡两端的电压为6V，根据串联电路电压特点知，R0两端的电压为
由于串联电路电流处处相等，则电路中电流为
由欧姆定律可得，R0的阻值为
[2]由图可知保持S闭合，断开S1，再闭合S2，时，变阻器R与L串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量变阻器两端的电压，保证电表不超量程、灯泡L两端的电压不超额定电压，电路中最大电流为
此时灯泡消耗功率最大，为其额定电功率，即
由于电压表测量变阻器两端电压，且电压表量程为0~15V，根据串联电路分压原理，当电压表示数最大为UR=15V，变阻器R连入阻值最大，电路中电阻最大，电流最小，由P=UI可知，电路总功率最小，根据串联电路电压规律可得，此时灯泡两端的电压为
由欧姆定律可得，电路中的最小电流为
此时灯泡L的功率最小为
在保证电路各元件安全的情况下，小灯泡的最大功率与最小功率的比值为
13. 如图所示的电路中，电源电压保持不变，灯泡上标有“6V 3.6W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响）。当只闭合开关，滑动变阻器的滑片P在最右端时，滑动变阻器两端的电压为，R2消耗的功率为；接着将滑片移到最左端，再闭合开关，此时R2消耗的功率为，电流表的示数变化了0.8A；当只闭合开关；，滑片P在中点时，电压表的示数是3V，滑动变阻器两端的电压为，已知，则电源电压是_________V；R3的电阻是__________Ω。
【答案】 ①. 6 ②. 15
【解析】
【详解】[1][2]由可得，灯泡的电阻为
当只闭合开关S1，滑动变阻器的滑片P在最右端时，R1与R2串联，如图1所示，此时R2消耗的功率
接着将滑片移到最左端，再闭合开关S3，R2与R3并联，电流表测干路电流，如图2所示，由并联电路中各支路两端的电压相等可知，R2消耗的功率
则
解得
当只闭合开关S2、S3，滑片P在中点时，与L串联，电流表测电路中的电流，如图3所示，当只闭合开关S1，滑动变阻器的滑片P在最右端时，R1与R2串联时，由串联电路中总电压等于各分电压之和可得，R1两端的电压
因串联电路中各处的电流相等，所以由可得
即
R1=2R2
R1与R2串联时和与L串联时，两电路的电流之比为
即
因电源的电压不变，所以
解得
R2=10Ω，R1=2R2=2×10Ω=20Ω
当只闭合开关S2、S3，滑片P在中点时，与L串联，电压表测量灯泡两端电压为3V，电路中电流为
则电源的电压为
由
可得，图1中的电流为
因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻、并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，所以图1的总电阻大于图2的总电阻，则图2中的总电流大于图1的电流，即
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以
即
解得
R3=15Ω
14. （1）如图甲所示，画出静止在斜面上的物体对斜面压力的示意图。
（2）如图乙所示，开关闭合后，请在括号内用字母“N”或“S”标出小磁针右侧的磁极方向。

【答案】（1） ；（2）
【解析】
【详解】（1）物体在斜面上，的物体对斜面压力垂直与斜面并指向斜面，如图：

（2）由图知道，开关闭合后，电流从螺线管右端流入、左端流出，根据安培定则，用右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的左侧为N极，右侧为S极；由磁极间的作用规律知道，小磁针的左侧为N极，右侧为S极，如图：

三、实验探究题（本题共3个小题，15题6分，16题8分，17题8分，共22分）
15. 物理实验社团的川川同学在学习了密度测量之后，决定在实验室测量椰汁的密度，如图所示，他进行了以下操作：
（1）将天平放在________上，把游码移到标尺左端________处，指针静止后的情形如图甲所示。要使天平在水平位置平衡，应将横梁上的平衡螺母向_______（选填“左”或“右”）调。
（2）川川接着进行了以下实验步骤，为了减小误差，其最合理的顺序是________（填字母）：
A．用天平测出空烧杯的质量为51.8g
B．烧杯中盛适量的椰汁，用天平测出椰汁和烧杯的总质量，如图丙所示
C．将烧杯中的椰汁全部倒入量筒中，读出椰汁的体积，如图乙所示
（3）量筒中椰汁的体积是_________，由上述测量数据可计算出椰汁的密度为_________。
【答案】 ①. 水平桌面 ②. 零刻度线 ③. 右 ④. BCA ⑤. 50 ⑥. 1.2×103
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]天平使用前，应先将天平放在水平桌面上，把游码移到标尺左端零刻度线处，天平的调节根据左偏右调，右偏左调的原则进行调节，图甲中指针指向分度盘的左边，要使天平在水平位置平衡，应将横梁上的平衡螺母向右调。
（2）[4]为了减小误差，其最合理的顺序是C．烧杯中盛适量的橙汁，用天平测出橙汁和烧杯的总质量，如图丙所示；A．将烧杯中的橙汁全部倒入量筒中，读出橙汁的体积，如图乙所示；B．用天平测出空烧杯的质量为51.8g，即正确顺序时CAB。
（3）[5]量筒的分度值为2mL，量筒中橙汁的体积是
V=50mL=50cm3
[6]由图丙可知，天平标尺的分度值为0.2g，游码对应的刻度值为1.8g，砝码质量为
100g+10g=110g
椰汁和杯子总质量为
则量筒内椰汁的质量为
根据可得，椰汁的密度为
16. 如图所示，超超在做“测量小灯泡的电功率”的实验中，使用电源电压6V恒定不变，小灯泡的额定电压为2.5V，电流表量程为“0~0.6A”，电压表量程为“0~3V”（灯泡正常工作时灯丝电阻约为8Ω）。
（1）请用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整（要求滑动变阻器滑片向左移动时灯泡变暗）；_______
（2）现有规格为“10Ω 2A”、“20Ω 1A”和“50Ω 0.2A”的三个滑动变阻器，超超应在其中选择规格为_______的滑动变阻器接入电路；
（3）闭合开关前，应将滑片移到__________端（选填“A”或“B”）；
（4）闭合开关后，发现电流表无示数，电压表有示数，故障的原因可是：__________；
A．开关短路 B．灯泡短路 C．电压表断路 D．灯泡接触不良
（5）排除故障，再次闭合开关，移动滑片，当电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为_________W；
（6）完成测量小灯泡的电功率实验后，同组的欣欣同学把该电路的灯泡换成了定值电阻，电源换成了未知电压的新电源，使用规格为“40Ω 1A”的滑动变阻器，电路其它部分均不改变，继续探究电流与电阻的关系，可供选择的4个定值电阻分别为5Ω、10Ω、15Ω和20Ω；
①将5Ω电阻连入电路，立即闭合开关，此时电流表的示数为0.1A，将滑动变阻器移到适当位置，此时电流表的示数变化量，记录数据；
②断开开关，将5Ω电阻换成10Ω电阻接入电路，正确操作后，读出电流表示数为__________A，记录数据，此时变阻器接入电路中的电阻是_________Ω；
③若要顺利完成以上4组实验，则电压表示数的控制范围是_________V。
【答案】 ①. ②. 20Ω 1A ③. A ④. D ⑤. 0.75 ⑥. 0.15 ⑦. 20 ⑧. 1.5-3
【解析】
【详解】（1）[1]滑动变阻器要采取“一上一下”的连接方式，电压表并联在小灯泡两端，要求滑片向左移动时，灯泡变暗，即灯泡两端的电压变小，滑动变阻器两端的电压变大，滑动变阻器的阻值变大，滑动变阻器接右下接线柱，如图所示：
（2）[2]小灯泡正常发光时的电流约为
此时滑动变阻器接入的阻值为
所以滑动变阻器的规格为大于0.3A且大于11.2Ω，故应选择规格为“20Ω 1A”的滑动变阻器接入电路。
（3）[3]为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即A端。
（4）[4]闭合开关，发现电流表没有示数，则电路中没有电流通过，电路故障的类型为断路，电压表有示数，说明电压表的两个接线柱分别能接到电源两极上，故灯泡所在位置断路（接触不良），故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
（5）[5]小灯泡的额定电压是2.5V，当小灯泡正常发光时，电压表的示数为2.5V，由图乙可知，电流表的量程为0~0.6A，分度值为0.02A，此时电流表的示数为0.3A，则小灯泡的额定功率为
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W
（6）①将5Ω 电阻连入电路，立即闭合开关，此时滑动支阻器接入电路的阻值最大，电流表的示数I1为0.1A，则电源电压为
将滑动变阻器移到适当位置，此时电流表的示数变化量，说明电路中电流增大了0.2A，即电路中的电流为
此时定值电阻两端电压为
②[6][7]在探究电流与电阻的关系实验中，应控制定值电阻两端电压不变；将5Ω电阻换成10Ω电阻接入电路，电压表示数应保 持Uv=1.5V不变，故电流表示数I2为
根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压为
滑动变阻器分得的电压为电压表示数的倍，根据分压原理，当接入10Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为
R滑=2×10Ω=20Ω
③[8]由图甲可知，电流表选用小量程，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，即电路中最大电流为0.6A。当电路中电流最大，定值电阻阻值最小时，定值电阻两端电压最大，故定值电阻两端最大电压为
研究电流与电阻的关系，要控制电压表示数不变，滑动变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为Uv'，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压为
根据分压原理有
因电压表示数Uv'为定值，由①式知，方程左边为一定值，故右边也为一定值，故当定值电阻取最大时，滑动变阻器连入电路中的电阻最大，由①式得

解得电压表的示数Uv'=l.5V，即为完成实验，电压表的最小电压为1.5V。故为顺利完成4次实验，定值电阻两端的电压需要控制在1.5-3V范围内。
17. 物理实验社团的卓卓同学利用如图所示的装置来探究“浮力的大小跟哪些因素有V关”。
（1）如图所示的实验中，A步骤所示的弹簧测力计的示数为______N；接着他用弹簧测力计挂着金属块缓慢地浸入液体中不同深度，步骤B、C、D、E、F（液体均未溢出），并将其示数记录在表中。
（2）分析实验步骤A、E、F，可以说明浮力的大小与液体的______有关；分析实验步骤A、D、E，可以说明浮力大小跟物体浸没液体的______无关。
（3）卓卓用表格中的数据算出了物体的体积为______，则F图中盐水的密度是______。
（4）卓卓同学在手工课制作了一个超大号校徽，如图所示，同组齐齐同学很好奇校徽是由什么材质制作的，于是利用卓卓及其同学们刚刚使用过的盐水和实验室的电子秤对校徽的密度进行了测量。
①将电子秤放在水平桌面上，将校徽放在电子秤上，电子秤示数如图b所示；
②将装有适量盐水的柱形小桶放在电子秤上，电子秤示数如图c所示；
③将校徽用细线拴好，缓慢放入装盐水的小桶中至浸没（不触底），电子秤示数如图d所示；
④该校徽的密度为______；
⑤若齐齐做完实验后才发现，取下电子秤盘上的小桶后，电子秤的示数并没有显示为“0000.0g”，而是显示为“0000.7”，则齐齐在步骤④中所测得的校徽的密度将______（选填“偏大”或“偏小”）；若校徽在实验过程中会吸收盐水，则齐齐在步骤④中所测得的校徽的密度将______（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 ①. 2.7 ②. 密度 ③. 深度 ④. 100 ⑤. 1.2 ⑥. ⑦. 偏大 ⑧. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]如图1，弹簧测力计的分度值为0.1N，示数为2.7N。
（2）[2][3]]实验步骤A、E、F，物体排开液体的体积相等，液体的密度不同，弹簧测力计示数不同，物体受到的浮力不同，说明浮力大小跟液体的密度有关；实验步骤A、D、E，液体的密度相同，排开的液体的体积相同，深度不同，弹簧测力计示数相同，浮力相同，可以说明浮力大小跟物体浸没液体的深度无关。
（3）[4][5]实验步骤E中合金块浸没在水中，受到的浮力
根据阿基米德原理得
由实验步骤A、F可知，金属块浸没在未知液体中受到的浮力为
由可知，未知液体的密度为
（4）[6][7] 由图b可知校徽质量
由图2中的cd，变化的质量为
根据变化的质量得出变化的压力
变化压力大小等于校徽受到的浮力大小，根据，则校徽的体积
则校徽的密度
取下电子秤盘上的小桶后，电子秤的示数并没有显示为“0000.0g”，而是显示为“0000.7g”，说明电子秤没有调零，则在步骤①中测得校徽的质量偏大，而在步骤②③中根据质量变化量求出的浮力没有受到影响，即测得校徽的体积是准确的，根据密度公式可知测得校徽的密度偏大。
[8]若校徽在实验过程中会吸收盐水，则d中测量的数值会偏小，那么计算出的体积会偏小，质量的测量是准确的，因此校徽的密度将偏大。
四、计算题（第18题6分，第19题8分，第20题8分，共22分，解答应写出必要的文字说明，步骤和公式，只写出最后结果的不给分）
18. 2023年底华为汽车“问界M9”正式上市，如图所示。在M9中，华为的技术内核得到了完整展现，将包括HUAWEIADS2.0高阶智能驾驶辅助系统、华为巨鲸800V高压电动平台等在内的华为十大智能汽车黑科技全量上车，透露出科技与创新的协同发展。已知M9自身质量2800kg，某次搭载人员及物品总重，40min内在高速路上行驶了60km，行驶过程中轮胎与地接触总面积为。
（1）求此过程M9的平均速度；
（2）求此过程M9对水平路面的压强。
【答案】（1）90km/h；（2）2×105Pa
【解析】
【详解】解：（1）由可得，此过程M9的平均速度为
（2）由G=mg可得，M9的受到的重力为
对地面的压力为
受力面积为
S=1500cm2=0.15m2
由可得，其对地面的压强为
答：（1）此过程M9的平均速度为90km/h；
（2）此过程M9对水平路面的压强为2×105Pa。
19. 如图甲所示，是一款办公室女老师们追捧的高颜值实用性加热杯垫，可以随时加热咖啡茶饮，还可以加热面包等小零食，其等效电路结构如图乙所示。已知：该杯垫额定电压为220V，R1和R2为完全相同的发热电阻，R3是规格为“250Ω，1A”的滑动变阻器，R3只起调节电流作用，不对外加热。S、闭合时，通过控制的通断，可以使电器处于高温档或中温档，高温档正常加热功率为484W；S闭合，均断开时，电器处于低温档，移动滑片，可以手动调节低温档的加热功率。
（1）加热杯垫以中温档正常工作5min，求发热电阻产生的热量；
（2）美美老师将该杯垫接入家庭电路中单独工作，在使用高温档加热过程中，观察到电能表（如图丙所示）的转盘3min内转了60转，求此时电路的实际电压；
（3）在正常工作时，手动调节低温档来加热一杯0.2kg的果汁，求使果汁升温10℃需要的最少时间。（已知杯垫加热效率为84%，果汁的比热容为）
【答案】（1）；（2）200V；（3）50s
【解析】
【详解】解：（1）由题意知，当S、S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路；当S、S1闭合，S2闭合时，R1和R2的并联；由于并联的电路总电阻小于任何一个支路电阻，由此可知，当S、S1闭合，S2断开时，电路为中温档；当S、S1闭合，S2闭合时，电路为高温档，则由可得，加热杯垫处于高温档时，电路电阻为
由于并联电路总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和，即
由于R1和R2为完全相同的发热电阻，可解的
当加热杯垫处于中温档时，电路为R1的简单电路，则此时通过R1的电流为
由Q=I2Rt可得，加热杯垫以中温档正常工作5min，求发热电阻产生的热量为
（2）由图丙知，3000r/（kW·h）表示电路中的用电器消耗1kW·h电能，电能表的转盘转过3000转，由题意知，在使用高温档加热过程中，观察到电能表的转盘3min内转了60转，则该时间里电加热器消耗的电能为
实际加热功率为
由可得，此时电路的实际电压为
（3）由Q吸=cmΔt可得，果汁升温10℃所吸收的热量为
已知杯垫加热效率为84%，该过程消耗的电能为
当S闭合，S1、S2断开时，电器处于低温档，此时电阻R1与R3串联；由题意知，在正常工作时，加热杯垫通过的电流最大，电热丝R1产生的热量最大，则是果汁升温10℃需要的时间最少；其中R3是规格为“250Ω，1A”因此电路中最大电流为1A。则由Q=I2Rt可得，使果汁升温10℃需要的最少时间为
答：（1）加热杯垫以中温档正常工作5min，求发热电阻产生的热量为；
（2）美美老师将该杯垫接入家庭电路中单独工作，在使用高温档加热过程中，观察到电能表（如图丙所示）的转盘3min内转了60转，求此时电路的实际电压为200V；
（3）在正常工作时，手动调节低温档来加热一杯0.2kg的果汁，求使果汁升温10℃需要的最少时间为50s。
20. 学校物理实验社团，为测量某未知液体的密度，设计了如图所示的一套装置：一底面积为的柱形容器、上表面系有轻质细线的长方体A，A的高度为12cm，质量为2.88kg，密度为。将A水平放入容器底，往容器中缓慢注水，当A对容器底部压强为440Pa时，停止注水。细线的体积和质量忽略不计。
（1）求A物体的体积；
（2）求注入水的质量；
（3）将容器中的水全部倒出，将擦干水的A重新水平放入容器底部，再向容器中缓慢加入未知液体直至加满。稳定后，用细线将A竖直向上提升高度为1cm时，细线的拉力大小为9.6N，求未知液体的密度。（长方体A始终处于水平状态）
【答案】（1）2.4×10-3m3；（2）0.44kg；（3）0.8×103kg/m3
【解析】
【详解】解：（1）A的质量为2.88kg，密度为1.2×103kg/m3，则A物体的体积为
（2）A的高度为12cm，A的底面积为
当A对容器底部压强为440Pa时，停止注水，由p=ρ水gh可知，水的深度为
注入水的体积为
注入水的质量为
（3）稳定后，用细线将A竖直向上提升高度为1cm，A物体完全浸没在液体中，此时A物体受到重力、拉力和浮力作用，处于平衡状态，根据力的平衡关系可知
由F浮=ρ液gV排可得，液体的密度为
答：（1）A物体体积为2.4×10-3m3；
（2）注入水的质量为0.44kg；
（3）未知液体的密度为0.8×103kg/m3。实验步骤
B
C
D
E
F
测力计示数F/N
2.2
2.1
1.7
1.7
1.5