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浙江省温州市温州森马协和国际学校2024学年九年级科学课堂综合能力测试
一、选择题(只有一个答案正确，每题3分，共30分)
1．（2024九上·温州竞赛）两块磁铁A 和B，如图所示叠放在水平地面上，A受到几个力(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】力的概念；磁极间的相互作用
【解析】【分析】（1）受力分析是把指定物体（研究对象）在特定物理情景中所受的所有外力找出来，并画出受力图的过程。在进行受力分析时，需要明确研究对象，然后按照重力、弹力、摩擦力、其他力的顺序依次分析。
（2）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
【解答】首先，A 受到重力，方向竖直向下；其次，地面给 A 一个竖直向上的支持力；然后，B 对 A 有一个竖直向下的压力；最后，由于两块磁铁之间存在相互作用的磁力，B 对 A 有一个竖直向下的磁力。所以 A 一共受到 4 个力的作用。
故答案为：B。
2．（2024九上·温州竞赛）铜的熔点是 1083℃，把一小块铜投入一大桶温度恰为1083℃的铜水中，下列现象不可能出现的是(　　)
A．肯定有少量铜块会熔化
B．铜块的温度肯定会升高
C．肯定有少量铜水凝固
D．铜块和铜水最后的温度为1083℃
【答案】A
【知识点】晶体与非晶体
【解析】【分析】（1）晶体熔化的条件是达到熔点并且要继续吸热；晶体凝固的条件是达到凝固点并且要继续放热。
（2）热传递发生的条件是存在温度差，热传递的方向是从高温物体传向低温物体。
【解答】A、铜块的温度达到熔点，但如果不能继续吸热，就不会熔化，所以不一定有少量铜块会熔化，该选项错误。
B、铜块的温度低于铜水的温度（投入前），投入后会发生热传递，铜块吸收热量，温度肯定会升高，该选项正确。
C、铜块从铜水吸收热量，铜块的温度升高；有一部分铜水放出热量，由液态变为固态，该选项正确。
D、铜块和铜水之间会发生热传递，最终温度会达到相同，为1083 C，该选项正确。
故答案为：A。
3．（2024九上·温州竞赛）如图所示，质量为M的圆环用轻绳吊在天花板上，环上有两个质量均为m的小环自大环顶部开始分别向两边滑下，当两个小环下落至与大环圆心等高时，绳对大环的拉力为 Mg+2f，则此时左侧小环所受摩擦力为(　　)
A．Mg B．mg C．f D．2f
【答案】C
【知识点】力的作用是相互的；摩擦力的存在
【解析】【分析】（1）整体法是将多个物体看成一个整体来分析受力情况，隔离法是将单个物体从整体中隔离出来分析其受力。
（2）同时涉及到牛顿第三定律，即两个物体之间的作用力和反作用力，总是大小相等，方向相反，且作用在同一条直线上。
【解答】A、对大环进行受力分析，大环受到重力Mg、绳子的拉力Mg+2f以及两个小环对它的摩擦力。根据受力平衡，两个小环对大环的摩擦力之和应该等于2f，但不能得出左侧小环所受摩擦力为Mg，该选项错误。
B、mg是小环的重力，而小环在下滑过程中受到的摩擦力不一定等于其重力，该选项错误。
C、对大环受力分析，大环受到重力Mg、绳子的拉力F=Mg+2以及两个小环对它的摩擦力f1和f2。根据平衡条件
F=Mg+f ，已知F=Mg+2f，所以f1 +f 2 =2f。由于两个小环的运动情况对称，所以它们受到的摩擦力大小相等，即
f1 =f2 =f。再根据牛顿第三定律，小环受到的摩擦力与大环受到的摩擦力大小相等，方向相反，所以左侧小环所受摩擦力为f，该选项正确。
D、由前面的分析可知，两个小环对大环的摩擦力之和为2f，且每个小环对大环的摩擦力为f，所以左侧小环所受摩擦力不是2f，该选项错误。
故答案为：C。
4．（2024九上·温州竞赛）如图所示，置于水平桌面上的一个密闭的圆锥形容器内装满了重力为G 的某种液体。已知： 圆锥形容器的容积公式为V=πR3h/3，其中R、h分别为容器的底面半径和高。则容器内的液体对容器底面的压力大小为(　　)
A．1G B．2G C．3G D．0
【答案】C
【知识点】压力的作用效果；液体的压强
【解析】【分析】根据圆锥形容器的容积公式求出容器底受到的压力，已知容器中液体的重力为G，所以还有另外的压力是由容器壁提供的，而物体间力的作用是相互的，所以用容器底受到的压力减去液体的重力G，即为液体对容器壁的压力。
【解答】解：∵ V=πR2h/3，
∴G=mg=ρVg=ρgπR2h/3。
即ρghπR2=3G。而容器底受到的压力F=PS=ρghS=ρghπR2=3G。
故答案为：C。
5．（2024九上·温州竞赛）如图所示，台秤的托盘上放一个装有水的烧杯，一个不吸水的木块用细线系在烧杯底浸没在水中。剪断细线以后，木块上浮至静止。下列说法正确的是(　　)
A．剪断细线前，木块所受的浮力等于木块的重力
B．剪断细线前，托盘受到的压力等于烧杯与水的重力之和
C．整个过程，托盘受到压力的变化量等于木块浮力的变化量
D．整个过程，水对杯底的压力变化量等于木块浮力的变化量
【答案】D
【知识点】平衡力的辨别；重力及其方向；浮力产生的原因
【解析】【分析】（1）对木块进行受力分析：剪断细线前，木块受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力；
（2）根据力的平衡的条件分析水对杯低的压力。
【解答】A、木块被用细线吊着浸没在水中，木块受到竖直向下的重力和拉力，以及竖直向上的浮力，浮力等于木块的重力加上绳子对它的拉力，故A错误。
B、根据力的平衡的条件可知，托盘受到的压力等于水杯的重力+水的重力+木块的重力，故B错误。
C、把烧杯、水和木块作为一个整体，整个过程中托盘受到的压力始终等于烧杯、水和木块的重力之和，托盘受到压力的不变；而木块剪断细线之后，排开水的体积变小，浮力变小，因此整个过程，托盘受到压力的变化量不等于木块浮力的变化量。故C错误。
D、木块浸入水中，此时木块受到的浮力是大于重力的，当绳子剪断后，木块上浮，最终漂浮在水面上，此时浮力等于重力，同时烧杯内水位会下降，下降的这部分水的重力等于木块漂浮在水面上时减少的排开水的重力，即减小的浮力，因为力的作用是相互的，所以水对杯底的压力变化量等于木块浮力的变化量，故D正确；
故答案为：D。
6．（2024九上·温州竞赛）加速度a是速度变化量与发生这一变化所用时间的比值，即a=△v/△t，可描述速度变化快慢，通常用a表示，它的大小跟它受到的作用力F成正比，跟它的质量m成反比，即F=ma，这就是著名的牛顿第二定律.现有一物体受到12N的外力时，经过2秒，速度由0m/s增加到12m/s，若保持外力方向不变，大小变为4N，则再经1秒，该物体的速度变为(　　)
A．6m/s B．10m/s C．14m/s D．18m/s
【答案】C
【知识点】速度与物体运动
【解析】【分析】（1）加速度的定义：加速度a是速度变化量Δv与发生这一变化所用时间Δt的比值，即 a=△v/△t，它可以描述速度变化的快慢。
（2）牛顿第二定律：物体的加速度a跟它受到的作用力F成正比，跟它的质量m成反比，即F=ma。
【解答】（1）首先根据加速度的定义式求出物体在受到12N外力时的加速度a1：
已知物体速度由0m/s增加到12m/s，
所用时间t1=2s，
根据a=△v/△t ，
可得
。
（2）再根据牛顿第二定律F=ma求出物体的质量m：
已知外力F1 =12N，加速度
a1=6m/s2，
由F=ma可得
m=a1F1==2kg。
（3）当外力变为F2 =4N
时，根据牛顿第二定律求出此时的加速度a：
a2= mF2 ==2m/s2 。
物体在12N外力作用2s后速度为12m/s，之后外力变为4N，再经过t2 =1s，根据速度公式
v=v0 +at，可得此时物体的速度
v=12+2×1=14m/s。
故答案为：C。
7．（2024九上·温州竞赛）某同学在没有电流表的情况下，利用电压表和已知阻值的定值电阻R0，测量未知电阻 Rx阻值，图中不能实现测量 Rx阻值的电路图是 (　　)
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电阻
【解析】【分析】 伏安法测电阻的实验原理是，分析各实验电路图，逐一分析各实验电路图，看能不能测出U、I，从而做出判断。
【解答】A、开关S1、S2 闭合时，R0 短路，电压表测电源电压；开关S1 断开、S2闭合时，Rx与R0串联，电压表仍测电源电压，无法得到Rx 、R0 各自的电压，不能计算Rx 阻值。
B、当开关闭合时，电路为Rx的简单电路，电压表测电源两端的电压U；当开关断开时，R0与Rx串联，电压表测Rx的电压Ux，由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，R0两端的电压为U-Ux，由串联电路中各处电流相等可得，电路中的电流
，解得，故B不符合题意；
C、当开关掷到1时，电路为Rx的简单电路，电压表测电源两端的电压U；当开关掷到2时，Rx与R0串联，电压表测Rx的电压Ux，由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，R0两端的电压为U-Ux，由串联电路中各处电流相等可得，电路中的电流，解，故C不符合题意；
D、当开关掷到1时，电路为R0的简单电路，电压表测电源两端的电压U；当开关掷到2时，Rx与R0串联，电压表测R0的电压U0，由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，Rx两端的电压为U-U0，由串联电路中各处电流相等可得，电路中的电流，解得，故D不符合题意。
故答案为：A。
8．（2024九上·温州竞赛）用两个相同的足够大的水平力F将2024个完全相同的木块夹在两个相同的 竖直木板之间，所有木块都如图所示保持静止状态，每个木块的质量都为m，则编号2023 和2024号木块之间的摩擦力的大小为(木块从左至右 编号依次为1、2、3…2022、2023、2024)(　　)
A．1011mg B．1012mg C．2023mg D．2024mg
【答案】A
【知识点】摩擦力的存在
【解析】【分析】（1）二力平衡的条件是：两个力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上。
（2）在解决多个物体的受力问题时，常采用整体法和隔离法。整体法是把多个物体看成一个整体进行受力分析，隔离法是把单个物体从整体中隔离出来进行受力分析。
【解答】把 2024 个木块看成一个整体，在竖直方向上受到竖直向下的重力2024mg和两个竖直向上的摩擦力f，根据二力平衡条件可得2f=2024mg，解得f=1012mg，即每个木板对最外侧木块的摩擦力为1012mg。再隔离对2024 号木块分析，它受到竖直向下的重力mg和木板对它竖直向上的摩擦力1012mg，根据二力平衡，2023 号木块对 2024 号木块有一个竖直向下的摩擦力，大小为1012mg mg=1011mg，根据牛顿第三定律，2023 和 2024 号木块之间的摩擦力大小为1011mg，该选项正确。
故答案为：A。
9．（2024九上·温州竞赛）在如图所示的电器中，电源电压保持不变，R1、R2均为定值电阻。当①、②都是电流表时，闭合开关S1，断开开关S2，①表的示数与②表的示数之比为m；当①、②都是电压表时，闭合开关S1和S2，①表的示数与②表的示数之比为n。下列关于m、n的关系正确的是 （　　）
A．mn=n-2m
B．mn=n-1
C．mn=m-1
D．因R1、R2未知，故m、n的关系无法确定
【答案】B
【知识点】电路的动态分析
【解析】【分析】当两表均为电流表，闭合开关S1，断开开关S2时，两电阻并联，由欧姆定律可得，两表之比等于电阻的反比；
当两表均为电压表时，两开关全闭合，表1测总电压，表2测R2两端的电压，则可知两表之比与电阻的关系，联立两式则可解m，n之间的关系。
【解答】 当两表均为电流表且闭合开关S1，断开开关S2时，两电阻为并联关系，表1测流过R2的电流，表2测干路电流；
由欧姆定律可得：，
，
故；
当两表均为电压表，且两开关均闭合时，两电阻串联，通过两电阻的电流相等，则由欧姆定律可得：U1=I（R1+R2），U2=IR2；
则；
。
故答案为：B。
10．（2024九上·温州竞赛）如图所示电路中的电源为恒流源，不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的定值电流。电压表V、电流表A 都为理想电表，当闭合开关后滑动变阻器R 的滑动触头向左滑动时，下列说法中正确的是 （　　）
A．A示数减小，V示数变大 B．A示数减小，V示数不变
C．A示数增大，V示数变大 D．A示数增大，V示数不变
【答案】A
【知识点】电路的动态分析
【解析】【分析】电源为恒流源，能够提供持续的恒定电流，当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，电压表读数的变化量等于电阻R1两端电压的变化量，由欧姆定律求出电压表的读数变化量与电流表的读数变化量之比的绝对值．
【解答】据题意，电源为恒流源，能够提供持续的恒定电流，电阻R2两端电压不变，即V2示数不变，则当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，而总电流不变，则电源两端的电压增大，即V1示数增大，则R1两端电压U1增大，通过R1的电流增大，A示数减小。
故答案为：A。
二、实验探究题(每空2分，共10分)
11．（2024九上·温州竞赛）如图1所示电路中，电源电压不变，R1是定值电阻，R2由三段材料不同、横截 面积相同的均匀直导体EF、FG、GH连接而成，其中一段是铜导体，其电阻可忽略不计，另两段导体的阻值与自身长成正比，P是与 R2良好接触并能移动的滑动触头.闭合开关S将P从H端移到E端时，电流表示数I与P 向左移动距离x之间的关系如图2所示.已知R1=10Ω，则GH导体的电阻为 　 　Ω， 当电流表示数为0.5A时， x的值为　 　 cm.
【答案】15；31
【知识点】电路的动态分析
【解析】【分析】由图1、图2可知，电路中R1、R2串联，HG、GF、EF的长度，以及滑片移动到各个点的电流，根据欧姆定律可以求得各段的电阻，根据功率公式可以求得R2的电功率。
【解答】 由图2可知，当滑片在H点时，电路中电流IH=0.2A；此时电路中总电阻，
则RGH=30Ω-5Ω-10Ω=15Ω。
当电流表示数为0.5A时，此时电路中总电阻，
则R'=12Ω-10Ω=2Ω，
说明滑片距离E点，
则x=35cm-4cm=31cm，
12．（2024九上·温州竞赛）阅读短文，回答问题：电动自行车是如何调速的 常用电动自行车调速系统主要由磁铁、霍耳传感器、控制器和开关K四部分组成。霍耳传感器是将磁信号转变成电压的装置，它产生的电压U0随磁场增强而增大。在转动电动自行车手柄旋转套时，旋转套中磁铁与固定在手柄中的霍耳传感器的距离发生改变，使U0发生变化。控制器自身产生大小随时间周期性变化电压U1，如图甲所示。控制器将电压U1与霍耳传感器的电压U0比较后，输出控制电压U ，控制开关K的通断。当U1小于U0时，U =1V，图乙中开关K闭合；U1大于U0时， UK=0， K 断开。U0不同， 开关K闭合时间(△t闭合) 与断开时间 (△t断开)都会变化，△t 闭合/△t 断开越大，电动机转得越快。
（1）如图丙所示，将霍耳传感器沿磁感线从B 点移动到A 的过程中，其产生电压U0____。
A．不断增大 B．保持不变
C．不断减小 D．先减小后增大
（2）图丁中折线A 和直线B 分别是 U1和U0随时间变化的关系图线。在0~2T 内控制开关K 闭合的时间段分别为　 　。
（3）电动自行车在行驶过程中霍耳传感器输出电压U0如图戊中图线M，转动手柄旋转套后U0变为图中图线N，图中折线A是U1随时间变化的关系图线。与转动前相比，下列判断正确的是____。
A．电动自行车速度变慢
B．手柄旋转套中磁铁与霍耳传感器的距离减小
C．每次K 闭合与断开时间之比 (△t 闭合/△t断开)变小
D．每次K 闭合与断开时间之和(△t闭合+△t断开)不变
【答案】（1）A
（2）0～t1 t2～t3 t4～2T
（3）A；C；D
【知识点】磁场和磁感线；电磁感应
【解析】【分析】 （1）霍耳传感器产生的电压U0随磁场增强而增大；
（2）当U1小于U0时，UK=1V，图乙中开关K闭合；U1大于U0时，UK=0，K断开，据此进行分析；
（3）根据图像先判断出开关K闭合时间（Δt闭合）与断开时间（Δt断开）的变化，然后根据比值的变化判断K闭合时间与断开时间的长短，进而判断各选项的正误。
【解答】 （1）由图丙可知，将霍耳传感器沿磁感线从A点移动到B的过程中，磁场在逐渐增强，所以霍耳传感器产生电压U0在不断增大，故A正确；
（2）当U1小于U0时，UK=1V，U1大于U0时，UK=0；
所以在0～t1、t2～t3、t4～2T内，UK=1，在这三个时间段内控制开关K闭合；
（5）由戊图可知，电动自行车在行驶过程中霍耳传感器输出电压U0转动手柄旋转套后由图线M变为图中图线N后，开关K闭合时间（Δt闭合）变短，断开时间（Δt断开）变长，变小，电动机转变慢，故A，C正确；
由于变化周期T为每次K闭合与断开时间之和，而变化周期T不变，所以每次K闭合与断开时间之和（Δt闭合+Δt断开）不变，故D正确；
由图可知U1小于U0的时间段变短，UK=1V的时间变长，所以U0变小，U0随磁场减弱而减小，所以霍尔传感器周围的磁性变弱，即与磁铁的距离增大，故B错误。
故答案为：ACD。
三、解答题(本题共2题，共20分)
13．（2024九上·温州竞赛）每年入冬，雁荡山百岗尖山顶会出现南方难得见到“雾凇”“冰棱”现象，小可和同学们利用星期天进行了一次登山活动，想利用所学的科学知识测量雁荡山百岗尖的高度。(已知一定高度范围内，竖直方向每升高10米大气压强减小△p，且山下大气压强为p0).他们随身携带了注射器(有刻度部分的容积为V)、弹簧测力计、细线、刻度尺等。到达山顶后，他们首先排尽针筒内的空气并用橡皮帽封住其小孔，进行了如图的实验。(实验中针筒与活塞之间的摩擦不计)
（1）美丽的“雾凇”形成是由于百岗尖山顶的气温低，风又大，空气中的大量水蒸气 　 　而成(选填：熔化，凝固，升华，凝华)
（2）为了测量山顶的大气压强，你认为实验中应测出的量有(指出科学量的名称并用相应的符号表示)：　 　。
（3）实验时若针筒内空气没有排尽，将导致测得的高度值　 　(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)
（4）雁荡山百岗尖山脚到山顶的相对高度为　 　米(用所测得的科学量及已知量表示)
【答案】（1）凝华
（2）注射器带刻度的长度L，拉动弹簧测力计时的拉力F
（3）偏大
（4）
【知识点】大气压强的测量方法
【解析】【分析】 （1）水蒸气遇冷会直接凝华成小冰晶；水遇冷会凝固成小冰晶；
（2）本实验的原理是：先排出注射器内的空气，这样在往外拉活塞时，由于外界大气压的作用，要拉动活塞需要很大的力，这个力的大小为F=P大气S，故需测出注射器带刻度的长度，利用注射器的体积求出活塞的横截面积S，以及测出拉动活塞时的拉力F，就可根据求出大气压强的值。
（3）先求出东白山山顶和山脚的压强变化，再根据在竖直方向每升高10m大气压强减小Δp，即可求出东白山的高度。
（4）实验中注射器筒中的空气不可能完全排出，会影响测量的结果，使得测得的大气压值偏小，高度值偏大。
【解答】 （1）美丽的“雾凇”“冰凌”形成是由于东白山山顶此时的气温低于0℃，风又大，空气中的大量水汽凝华、凝固而成。
（2）实验时，首先要测出注射器的活塞刚开始滑动时弹簧测力计示数（即大气对活塞的压力）F；
由二力平衡的条件可知：
F=P大气S=P大气
即P大气=；由本实验的原理可知：需要测量出注射器带刻度的长度L，拉动弹簧测力计时的拉力F；
（3）由F=PS可知：
山顶的大气压强。
东白山山山顶和山脚的压强变化：根据在竖直方向每升高10m大气压强减小Δp可知：
东白山的高度。
（4）实验时若注射器内空气没有排尽，大气压等于注射器内压强加上拉力产生的压强，这样会使得测得的大气压值偏小，高度值将偏大。
14．（2024九上·温州竞赛）水平桌面上放有底面积为400cm2的圆柱形水槽，内盛有适量的水，把质量为1kg、高为12cm、横截面积为100cm2的柱形物块用弹簧测力计悬挂后浸入水中，下底面距水面2cm，如图甲所示。经观察弹簧测力计的称量范围为0-10N，且刻度盘0N到10N之间长为10cm。(g=10N/ kg)
求：
（1）接着向水槽内注入水，当弹簧秤的示数恰好为零时，圆柱形水槽底受到水的压强增大了多少帕 (要求写出具体的计算过程)
（2）现改用细线悬挂该柱形物，并使柱形物下表面恰好与水面相平(如图乙所示)然后缓慢将柱形物向下放入水中(水槽足深，且柱形物始终保持竖直)，则从图示位置到细线上的拉力刚好等于0时为止，求此时圆柱形水槽底受到水的压强增加了多少帕 (要求写出具体的计算过程)
【答案】（1）1600Pa
（2）250Pa
【知识点】二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；浮力大小的计算
【解析】【分析】1、浮力的计算公式：。
2、重力的计算公式：G=mg。
3、压强的计算公式：p=ρgh。
4、力的平衡条件：当物体处于平衡状态时，受到的合力为零，即向上的力等于向下的力。
【解答】（1）计算柱形物块的重力根据重力计算公式G=mg，已知物块质量m=1kg，g=10N/kg，
可得G=1kg×10N/kg=10N。
当弹簧秤示数为零时，物块受到的浮力等于重力。
可得F浮=G=10N
计算此时物块排开水的体积
根据浮力公式。
计算物块浸入水中的深度
已知物块横截面积
S物=100cm2，
根据V排 =F浮力ρ液g=10N1.0×103kg/m3×10N/kg=1000cm3，
可得h=10cm。
原来物块下底面距水面2cm，现在浸入深度为10cm，
所以水面上升的高度
Δh=10cm 2cm=8cm=0.08m。
原来测力计的示数为8N，现在为0N，所以物体上升了8cm=0.08m；
所以水面上升的高度为h水=0.08m+0.08m=0.16m
计算水槽底受到水的压强增大值
根据压强公式p=ρgh= 1.0×103kg/m3×10N/kg×0.16m= 1600Pa，
（2）分析细线上拉力为零时的受力情况
当细线上拉力为零时，物块受到的浮力等于重力G=10N。
可得F浮=G=10N
计算此时物块排开水的体积
根据浮力公式。
计算物块浸入水中的深度
已知物块横截面积
S物=100cm2，
根据V排 =F浮力ρ液g=10N1.0×103kg/m3×10N/kg=1000cm3，
可得h=10cm。
计算水槽底受到水的压强增大值。
四、选择题(只有一个答案正确，每题3分，共18分)
15．（2024九上·温州竞赛）20℃时澄清的饱和石灰水，发生如下不同变化，其中不会出现白色浑浊的是（　　）
A．降低温度 B．升高温度
C．温度不变，蒸发溶剂 D．通入CO2
【答案】A
【知识点】固体溶解度的概念；溶解度的影响因素
【解析】【分析】（1）饱和石灰水是氢氧化钙溶液，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小。饱和溶液蒸发溶剂后会有晶体析出；（2）石灰水与二氧化碳反应会生成碳酸钙沉淀。
【解答】Ca(OH)2的溶解度是随温度升高而降低的，因为Ca(OH)2的溶解度在众多物质中比较特殊，所以在A中，当温度降低时，Ca(OH)2的溶解度会升高，饱和的石灰水不会出现白色浑浊因此A是对的，B是错误的。而在C中，温度不变，蒸发溶剂，会使溶剂变少，这时会出现白色浑浊，C错误。当通入二氧化碳气体时，Ca(OH)2与二氧化碳发生反应，生成碳酸钙，会使溶液出现白色浑浊，D错误。
故答案为：A
16．（2024九上·温州竞赛）等电子体具有相同的电子数目和原子数目。已知氢、碳、氮、氧、磷、硫六种元素的原子序数分别为1、6、7、8、15、16，则下列各组粒子中属于等电子体的是(　　)
A．NO和O2 B．H2O2和NH3
C．NH4+和CS4 D．PO43-和SO42-
【答案】D
【知识点】分子和原子的区别和联系；原子的构成
【解析】【分析】根据题目信息，具有相同原子数和电子数的分子或离子叫等电子体，而后利用分子中质子数等于电子数分析判断即可。
【解答】A、NO的原子数目为2，电子数为7+8=15；
O2的原子数目为2，电子数为8×2=16。
二者电子数不同，不属于等电子体，故该选项错误。
B 、H2O2 的原子数目为4，电子数为1×2+8×2=18；
NH3的原子数目为4，电子数为7+1×3=10。
二者电子数不同，不属于等电子体，故该选项错误。
C、 NH4+ 的原子数目为5，电子数为7+1×4 1=10；
CS4的原子数目为5，电子数为6+16×4=70。
二者电子数不同，不属于等电子体，故该选项错误。
D 、 PO43-的原子数目为5，电子数为15+8×4+3=50；
SO42- 的原子数目为5，电子数为16+8×4+2=50。
二者原子数目相同、电子数相同，属于等电子体，故该选项正确。
故答案为：D。
17．（2024九上·温州竞赛）在由 K2S、K2SO3、K2SO4组成的某混合物中，已知氧元素的质量分数为45%，则硫元素的质量分数为(　　)
A．17% B．16% C．15% D．14%
【答案】B
【知识点】有关化学式的计算和推断
【解析】【分析】本题要求混合物中某元素的质量分数．隐含的条件是三种物质中都含有“K2S”，剩余的部分就是氧元素，由“K2S”可知，混合物中K和S元素的质量比为（39×2）：32=39：16，已知氧元素的质量分数为45% ，可以求出K2S的质量分数，进而算出 硫 元素的质量分数。
【解答】已知氧元素的质量分数为45%，
则K和S元素的总质量分数为1 45%=55%。
设硫元素的质量分数为x，
则钾元素的质量分数为，
可得
x+ =55%，
解得
x=16%。
故答案为：B。
18．（2024九上·温州竞赛）在密闭容器中有甲、乙、丙、丁四种物质，在一定条件下反应，测得反应前及反应过程中的两个时刻各物质的质量分数如图所示，图中a、b、c、d分别表示相应物质的质量分数。下列数据正确的是(　　)
A．a=52% B．b=8% C．c=17% D．d=8%
【答案】B
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】质量守恒定律：参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和，在密闭容器中进行的化学反应，反应前后各物质的质量分数总和不变。
化学反应中物质质量变化的判断：根据反应前后各物质质量分数的变化，判断反应物和生成物，质量分数增加的是生成物，质量分数减少的是反应物。
【解答】反应前各物质质量分数总和为14%+6%+10%+70%=100%。
根据反应前后质量分数总和不变，可得：
反应中乙的质量分数减少了14% b，
甲的质量分数增加了a 70%，
丙的质量分数增加了40% 6%=34%，
丁的质量分数不变仍为10%。
所以(14% b)=(a 70%)+34%。
又因为在反应过程中某一时刻，乙的质量分数为11%，则减少了14% 11%=3%，
此时甲增加的质量分数为
，
所以a=70%+18%=88%，
，
解得
b=8%，
c=100% 11% 10% 88%= 9%（舍去），
d=10%。
故答案为：B。
19．（2024九上·温州竞赛）在温度t℃时，物质A的溶解度为 Sg，向(100+a)gA的饱和溶液中加入2SgA物质，析出带结晶水的晶体 Mg，把Mg该晶体配成t℃的饱和溶液需加水(　　)
A．大于 100g B．小于 200g
C．等于200g D．等于2(100+S)g
【答案】C
【知识点】饱和溶液与不饱和溶液；固体溶解度的概念
【解析】【分析】1、溶解度的定义：在一定温度下，某固态物质在100g溶剂里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在这种溶剂里的溶解度。
2、饱和溶液的性质：一定温度下，饱和溶液中溶质与溶剂的质量比是固定的，等于溶解度与100g溶剂的质量比。
【解答】在温度t ℃ 时，物质A的溶解度为Sg，
则该温度下100g水中最多溶解Sg物质A形成饱和溶液。
向(100+a)gA的饱和溶液中加入2SgA物质，析出带结晶水的晶体Mg，
把Mg该晶体配成t ℃ 的饱和溶液。因为原溶液是饱和溶液，加入2Sg A物质后，相当于在100g水中加入2SgA物质，
而t ℃ 时100g水最多溶解Sg A物质，所以要使2Sg A物质形成饱和溶液，需要水的质量为200g。
故答案为：C。
20．（2024九上·温州竞赛）下列四组以任意比组成的混合物，分别在空气中充分燃烧，都生成二氧化碳和水，其中生成物中水分子数目与二氧化碳数目一定相等的是（　　）
A．C2H4和C3H6 B．C2H2和C3H8
C．CH4和C2H6 D．C2H6和C2H5OH
【答案】A
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】由质量守恒定律可知，生成物中水分子数目与二氧化碳数目一定相等，说明氢原子数目的一半与碳原子数目相等。
【解答】由质量守恒定律可知，生成物中水分子数目与二氧化碳数目一定相等，说明氢原子数目的一半与碳原子数目相等；
A.C2H4和C3H6无论以任意比例混合，氢原子数目的一半等于碳原子的数目；生成物中水分子数目一定等于二氧化碳分子数目，故A符合题意；
B.如果是大量C2H2和少量的C3H8混合，产生的水分子数目不一定与二氧化碳分子数目相等，故B不符合题意；
C.CH4和C2H6无论两者以何种比例混合，氢原子数量的一半永远比碳原子数量多，生成物中水分子数目一定比二氧化碳分子数目多，故C不符合题意；
D.C2H6和C2H5OH无论两者以何种比例混合，氢原子数量的一半永远比碳原子数量多，生成物中水分子数目一定比二氧化碳分子数目多，故D不符合题意。
故答案为：A。
五、填空题(每空2分，共12分)
21．（2024九上·温州竞赛）科学家对相对原子质量的认识经历了漫长的时间。
材料一：19世纪初，有化学家认为：氢是母体，其他元素的相对原子质量理论上都是氢的整数倍
材料二：1886年，英国科学家克鲁克斯大胆假设：同一元素的原子，可以有不同的相对原子质量。化学家测定出的元素相对原子质量是其不同原子相对原子质量的平均值。
材料三：1961年8月，国际上采用碳-12 原子的1/12作为相对原子质量的标准，确定各个同位素原子的相对原子质量。某元素的相对原子质量是其各种同位素原子的相对原子质量乘以各自在该元素中所占的百分比之和。
（1）下列元素的相对原子质量不支持材料一的是____。
A．O-16 B．Cl-35.5 C．Ag-108
（2）结合以上材料及所学知识，判断下列说法正确的是____。
A．19世纪初，以氢为母体的相对原子质量标准是错误的，它对科学的发展有价值
B．实验结果与预测有偏差时，可以认为是实验误差造成的，因此可以忽略偏差。
C．若相对原子质量采用C-12的1/6作为标准，则各元素的相对原子质量会改变
D．元素周期表中查得C 元素的相对原子质量是 12.01 不为整数，可推测C元素有多种同位素原子
【答案】（1）B
（2）A；C；D
【知识点】相对原子质量；原子结构的探索过程
【解析】【分析】1、相对原子质量的早期观点：19 世纪初有化学家认为氢是母体，其他元素的相对原子质量理论上都是氢的整数倍。
2、相对原子质量的现代定义：以一种碳原子（碳 - 12）质量的1/12为标准，其他原子的质量跟它相比较所得到的比，就是这种原子的相对原子质量；元素的相对原子质量是其各种同位素原子的相对原子质量乘以各自在该元素中所占的百分比之和。
【解答】（1）A 、O 16，16是1（氢的相对原子质量近似值）的16倍，支持材料一，故该选项不符合题意。
B 、Cl 35.5，35.5不是1的整数倍，不支持材料一，故该选项符合题意。
C 、Ag 108，108是1的108倍，支持材料一，故该选项不符合题意。
故答案为：B。
（2）A 、19 世纪初以氢为母体的相对原子质量标准虽然错误，但它为后续相对原子质量的研究提供了思路，对科学的发展有价值，故该选项正确。
B 、实验结果与预测有偏差时，不能简单认为是实验误差造成的而忽略偏差，可能是理论存在问题或有新的发现，故该选项错误。
C 、相对原子质量的标准改变，各元素的相对原子质量会改变，因为相对原子质量是相对于标准而言的，故该选项正确。
D 、元素周期表中查得C元素的相对原子质量是12.01不为整数，根据材料二可知，可推测C元素有多种同位素原子，故该选项正确。
故答案为：ACD。
22．（2024九上·温州竞赛）正电子、负质子都是反粒子，它们跟通常说的电子和质子相比较，质量相等但电性相反.科学家设想，在宇宙中可能存在完全由反粒子构成的物质—反物质.物质与反物质相遇会产生“湮灭”现象，释放出大量的能量，在能源研究领域中前景可观.根据以上信息，甲、乙、丙、丁四位同学做了相应的预测：
甲：碳原子呈电中性，反碳原子带负电.
乙：反氢原子是由1个反质子和1个反电子构成的，相对原子质量是1.
丙：二氧化碳和反二氧化碳都能使燃着的木条熄灭.
丁：二氧化碳和反二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊.
（1）你认为反氢原子失去一个反电子后的离子的符号可表示为　 　。
（2）你认为上述四位同学的预测中，一定正确的是　 　。
【答案】（1）H-
（2）乙
【知识点】原子的构成
【解析】【分析】1、反粒子的性质：反粒子与通常的粒子质量相等但电性相反，如正电子是电子的反粒子，负质子是质子的反粒子。
2、原子的构成：原子由原子核和核外电子构成，原子核由质子和中子构成（氢原子无中子），反原子由反质子和反电子构成。
3、离子的表示方法：离子的表示方法是在元素符号右上角标明所带电荷数，数字在前，正负号在后，数字为1时省略不写。
4、物质的化学性质：物质的化学性质由其构成粒子的性质决定，反物质的化学性质与对应物质的化学性质相反。
【解答】（1）反氢原子由1个反质子和1个反电子构成，反电子带正电，反氢原子失去一个反电子后，带一个单位正电荷，离子符号可表示为H+。
（2）甲同学：碳原子呈电中性，反碳原子应带正电，因为反粒子电性相反，所以甲同学错误。
乙同学：反氢原子由1个反质子和1个反电子构成，反质子相对质量为1，反电子相对质量可忽略，所以相对原子质量是1，乙同学正确。
丙同学：二氧化碳不支持燃烧，能使燃着的木条熄灭，反二氧化碳化学性质与二氧化碳相反，不能使燃着的木条熄灭，丙同学错误。
丁同学：二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，反二氧化碳化学性质与二氧化碳相反，不能使澄清石灰水变浑浊，丁同学错误。
23．（2024九上·温州竞赛）取 MnO2和KClO3的固体混合物25g，加热至恒重。在一定温度下，将残留的固体加入 2g水中，有12g固体未溶，再加入5g水，仍有10g固体未溶。KCl在不同温度下的溶解度见下表。
温度(℃) 0 20 40 60 80 100
溶解度(g) 28.0 34.4 40.3 45.8 51.1 56.3
（1）加热反应过程中MnO2的质量分数　 　(填：不变，变大，变小)
（2）在本实验加热过程中，一共产生氧气　 　g
【答案】（1）变大
（2）8.2
【知识点】固体溶解度的概念；催化剂在化学反应中的作用；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】1、催化剂的概念：在化学反应里能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化的物质叫做催化剂。
2、质量守恒定律：参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和。
3、溶解度的概念：在一定温度下，某固态物质在100g溶剂里达到饱和状态时所溶解的质量。
4、化学方程式的计算：根据化学方程式中各物质的质量比，由已知物质的质量计算未知物质的质量。
【解答】（1）在加热KClO3和MnO2的混合物时，MnO2是催化剂，其质量在反应前后不变，而KClO3分解生成KCl和O2，固体总质量减小，所以MnO2的质量分数变大。
（2）由题意可知，5g水可以溶解2g固体，因而12g水溶解了4.8g固体，
所以“残留的固体“质量为：12g+4.8g=16.8g，
根据质量守恒定律可以知道生成氧气为：25g-16.8g=8.2g。
六、实验探究题(每空2分，共10分)
24．（2024九上·温州竞赛）某小组在学习“二氧化碳制取的研究”课题时，探究了二氧化碳气体的收集方法.
【查阅资料】通常状况下，1体积水约能溶解1体积二氧化碳，所得溶液pH约为5.6
【提出问题】二氧化碳能不能用排水法收集
【实验设计与操作】实验一：在通常状况下，测定二氧化碳溶于水所得溶液的pH，判断二氧化碳在水中溶解的体积.实验二：在通常状况下分别测定排空气法和排水法的体积分数.用氧气测量仪测得收集的气体中氧气体积分数随时间的变化关系如图2 (起始时氧气的体积分数都以21%计)，则最终两种方法收集的气体中二氧化碳体积分数较大的是　 　(填“排空气”或“排水”)法，两种方法收集的气体中二氧化碳体积分数的差值是　 　。
【答案】排水法；15.7%
【知识点】制取二氧化碳的装置、步骤、收集与注意事项
【解析】【分析】1、二氧化碳的溶解性：通常状况下，1体积水约能溶解1体积二氧化碳。
2、气体收集方法的选择：排水法适用于不易溶于水或难溶于水且不与水反应的气体；排空气法适用于密度比空气大且不与空气中成分反应的气体。
3、空气中各成分的体积分数：空气中氧气的体积分数约为21%，氮气约为78%，其他成分约为1%。
4、根据气体中某成分的体积分数计算其他成分的体积分数：利用空气中各成分的体积分数关系，结合收集气体中氧气的体积分数，计算二氧化碳的体积分数。
【解答】（1）根据图2可知，排水法收集的气体中氧气的体积分数为2.5%，排空气法收集的气体中氧气的体积分数为5.8%。
因为空气中氧气的体积分数约为21%，所以排水法收集的气体中混入的空气较少，二氧化碳的体积分数较大。
（2）两种方法收集的气体中二氧化碳体积分数的差值是
5.8%÷21%-2.5%÷21%=15.7%。
25．（2024九上·温州竞赛）硫化氢水溶液俗称氢硫酸，不易保存，久置变浑浊。密封状态下，25℃氢硫酸饱和溶液100毫升，其溶质质量分数随放置天数变化如图甲所示。小明对氢硫酸溶质质量分数减小的原因进行探究。
【查阅资料】氢硫酸能发生的发应主要有：
【提出猜想】
猜想一：氢硫酸与水中O2反应，产生沉淀，使得其溶质质量分数降低。
猜想二：氢硫酸自身不稳定分解，产生沉淀，使得其溶质质量分数降低。
猜想三：两种因素共同作用，产生沉淀，使得其溶质质量分数降低。
实验一：将H2S气体溶于蒸馏水制成氢硫酸饱和溶液，在空气中放置1-2天未见浑浊现象。用相同浓度的碘水去滴定氢硫酸溶液测其浓度。图一所示为两只烧杯中氢硫酸浓度随时间变化而减小的情况
实验二：将H2S气体溶于溶有氧气的水制成的25℃饱和氢硫酸100 毫升装入 A 瓶，另将 H2S气体溶于无氧气的水，配置成等质量分数氢硫酸100毫升装入 B 瓶如图所示。经过30天密闭保存后，过滤沉淀并干燥，记录A、B瓶中沉淀质量分别为 m1，m2 试回答下列问题：
（1）实验一(见图一)中，氢硫酸的浓度随时间变化而减小的主要因素是　 　。
（2）从实验二图甲分析，小明的方案存在缺陷，请你指出错误，并说明理由　 　。
（3）修改方案后，正确进行操作。若要证明猜想三成立，而且主要因素是氢硫酸与水中与O2反应，则实验结果中的m1，m2要满足的关系式是　 　。
【答案】（1）H2S的挥发
（2）30天密闭保存，由于A瓶硫化氢溶液溶质质量分数在20天已变为0，而B瓶硫化氢溶液质量质量分数在20至30天内继续变小，导致其结果测量不正确
（3）m1—m2＞ m2
【知识点】实验方案设计与评价；控制变量法
【解析】【分析】1、气体的挥发性：气体溶质在溶液中会因挥发而使溶液浓度降低。
2、实验方案的设计与评价：实验方案应具有科学性、合理性和可操作性，要考虑到实验条件对实验结果的影响。
3、控制变量法：在探究实验中，要控制其他变量不变，只改变一个变量，以准确探究该变量对实验结果的影响。
4、根据实验现象和数据进行推理：通过对实验现象和数据的分析，推理出实验结论。
【解答】（1）在实验一中，将H2S气体溶于蒸馏水制成氢硫酸饱和溶液，在空气中放置1 2天未见浑浊现象，说明不是与氧气反应导致浓度减小，而氢硫酸浓度随时间变化而减小，主要因素是H2S的挥发。
（2）从实验二图甲分析，小明的方案存在缺陷，因为30天密闭保存，A瓶硫化氢溶液溶质质量分数在20天已变为0，而B瓶硫化氢溶液质量分数在20至30天内继续变小，导致其结果测量不正确，应该在20天内进行实验。
（3）修改方案后，正确进行操作。若要证明猜想三成立，而且主要因素是氢硫酸与水中O2反应，则A瓶中既有H2 S与O2 反应生成的沉淀，又有H2 S自身分解生成的沉淀；B瓶中只有H2S自身分解生成的沉淀。
所以实验结果中m1 （A瓶沉淀质量）和m2 （B瓶沉淀质量）要满足的关系式是m1—m2＞ m2 。
七、填空题(每空2分，共12分)
26．（2024九上·温州竞赛）如图所示 a、b两物体放在两固定的水平挡板之间，物体间用一竖直放置的轻质弹簧连接，b物体与滑轮组之间连接一水平细绳。滑轮组下端挂重为 G 的物体 c，整个装置处于平衡状态。若每个滑轮的重量均为G，不考虑滑轮与绳子及转轴的摩擦，则物体 b 受到　 　个力的作用(填受力个数)，物体 b 受到的摩擦力大小为　 　N
【答案】5；2G/3
【知识点】二力平衡的条件及其应用；摩擦力的存在；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】1、受力分析的方法：对物体进行受力分析时，要按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行，确保不遗漏、不重复。
2、滑轮组的省力原理：滑轮组中，不考虑滑轮与绳子及转轴的摩擦时，绳子自由端的拉力。
3、二力平衡条件：当物体处于平衡状态时，受到的两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上。
4、摩擦力的产生条件：两个相互接触的物体，当它们发生相对运动或有相对运动趋势时，在接触面上会产生一种阻碍相对运动或相对运动趋势的力。
【解答】（1）对物体b进行受力分析：
竖直方向：受到重力、上方挡板的支持力、弹簧的弹力。
水平方向：受到绳子的拉力和挡板的摩擦力。
所以物体b受到5个力的作用。
（2）计算绳子的拉力
由图可知，滑轮组中承担物重的绳子段数n=3。
不考虑滑轮与绳子及转轴的摩擦，绳子的拉力
。
计算物体b受到的摩擦力
因为物体b
处于平衡状态，水平方向受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等。所以物体b受到的摩擦力
。
27．（2024九上·温州竞赛）一兴趣小组用细绳从装有液体的容器中提升一质量分布均匀的边长为d=4cm的立方体重物，3s后物体以v=1cm/s的恒定速度上升，拉力大小随时间变化的关系如图所示
根据以上条件，回答两个问题
（1） 容器的底面积为　 　cm2
（2） 3-9s 内拉力做的功为　 　J
【答案】（1）64
（2）0.048
【知识点】密度公式的应用；浮力大小的计算；功的计算公式的应用
【解析】【分析】1、浮力的计算公式：。
2、受力分析：当物体匀速上升时，受到的拉力、浮力和重力满足F拉=F浮。
3、密度的计算公式：。
4、功的计算公式：W=Fs。
【解答】（1）分析拉力变化阶段
0-3s：物体在液体中，拉力较小。
3-6s：物体部分露出液面，拉力增大。
6-9s：物体继续上升，拉力继续增大。
9s 后：物体完全离开液面，拉力等于重力。
根据F浮=G-F拉=1.28N-0.64N=0.64N。
物体排开液体的体积变化等于液体上升的体积变化
（2）计算3 9s内物体上升的距离
物体的速度v=1cm/s，时间t=6s，所以上升的距离
s=v×t=1cm/s×6s=6cm=0.06m。
计算3 6s内拉力做的功
距离s1=3cm=0.03m。
W1=Fs=0.64N×0.03m=0.0192J
计算6 9s内拉力做的功
所以平均拉力为
距离s2 =3cm=0.03m，
W2=Fs=0.96N×0.03m=0.0288J。
计算3 9s内拉力做的总功W=W1 +W2 =0.0192J+0.0288J=0.048J
28．（2024九上·温州竞赛）如图甲所示的电路中，电源、开关、小灯泡与电阻 组成闭合回路。已知灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，电阻 、标有“40欧，1.5安”的滑动变阻器 ，电源两端的电压恒为 U=3V
（1）滑片P在中点时，灯泡的实际功率为　 　W(保留到小数点后三位)。
（2）P继续向右移动时，灯泡的电功率将　 　(选填：变大、变小、不变)
【答案】（1）0.144
（2）变大
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】1、串联电路的特点：在串联电路中，电流处处相等，总电压等于各部分电路电压之和。
并联电路的特点：并联电路中各支路两端的电压相等。
2、欧姆定律：。
3、电功率的计算：P=UI。
【解答】（1）滑片P在中点时，灯泡的实际功率滑片P在中点时，滑动变阻器R2接入电路的电阻为20Ω。
设灯泡两端的电压为UL，通过灯泡的电流为IL 。
当R1=10 Ω，R2=20 Ω，
U总=R1×I总+RL×IL
U总=R1×I总+R2×IR2
得3V=10 Ω×I总+RL×IL
3V=10 Ω×I总+20 Ω×I2
结合乙图，当电压为1.2V时，电以IL=1.2A，
灯泡的实际功率P=UL×IL =1.2V×0.12A=0.144W。
（2）当滑片P向右移动时，滑动变阻器R2接入电路的电阻增大。
根据并联电路的特点，R2与灯泡并联的总电阻，
当R2增大时，总电阻也增大。
整个电路的总电阻增大。
根据欧姆定律，干路电流减少。
根据灯泡的伏安特性曲线（图乙），当灯泡两端的电压增大时，通过灯泡的电流IL也增大。
所以，灯泡的电功率P=UL ×IL增大。
八、计算题(本题共2题，共18分)
29．（2024九上·温州竞赛）如图，玻璃管中水银高 25cm。水银下表面与管口相平，空气柱长 20cm， 已知PV/T=C；C为常数，P为气体压强，V为气体体积，T为绝对温度；C与气体的分子数有关。T=273+t，T绝对温度(单位为开尔文，简称K)，t为摄氏温度。
已知此时气温为27℃，外界大气压为75cm汞柱。将玻璃管倒回来试管口向上，水银无漏出此时空气柱长为h1。再将气体加热到439.5℃，此时空气柱长为h2。
（1）求h1为多少 (要求写出具体的计算过程)
（2）求h2为多少 (要求写出具体的计算过程)
【答案】（1）h1=10cm
（2）h2=25cm
【知识点】压强的大小及其计算；大气压强的存在
【解析】【分析】1、气体实验定律：本题涉及到理想气体状态方程PV/T=C。
2、绝对温度与摄氏温度的转换：T=273+t。
3、气体压强的分析：需要根据玻璃管的状态（开口向上或向下）以及水银柱的高度来分析气体的压强。
【解答】（1）初始状态：
温度T1=273+27=300K
压强p1=75cmHg 25cmHg=50cmHg
玻璃管倒回来试管口向上时：
温度T2=T1=300K
压强p2 =75cmHg+25cmHg=100cmHg
体积V2=h1S
根据理想气体状态方程
50×20S=100×h1S
化简得：
1000=100h1
解得：
h1 =10cm
（2）加热前（玻璃管开口向上）：温度T2=300K
压强p2=100cmHg
体积
V2=10S
加热后：
温度T3=273+439.5=712.5K
设此时气体的压强为P3，
体积为
V3=h2S
根据理想气体状态方程
100×10S/300=P3×h2S/712.5
由于水银没有漏出，当加热时，水银柱可能会上升，但最终稳定时，气体的压强p3仍然等于外界大气压加上水银柱产生的压强，即
P3=100cmHg
代入P3=100cmHg
到上式：
100h2=23500
解得：
h2=25cm
30．（2024九上·温州竞赛）如图所示，一根长为10L、重为G 的木棒CD，从左往右等距离打下9个卡槽，编号依次为1至9号，C端通过铰链固定在竖直墙面上，一根长为 10L 的轻质细杆B端可嵌入卡槽，A端可通过销钉固定在竖直滑槽中的不同高度，在木棒的D端挂一个重为3G的物体。整个装置要保持木棒CD水平平衡且使轻杆受到的拉力最小，根据以上信息回答以下问题。
（1）关于木棒CD，在C端所受外力的示意图，其中正确的是 (　　)
A． B．
C． D．
（2）为保持木棒CD水平平衡且使轻杆受到的拉力最小，轻杆的B端应嵌入　 　号卡槽
（3）此时轻杆的B点所受的拉力为多少N (要求写出具体的计算过程)
【答案】（1）C
（2）9
（3）
【知识点】力的三要素及力的示意图；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】1、杠杆平衡条件：F1L1=F2L2。
2、力的示意图：需要正确表示力的方向和作用点。
3、力的分解与合成：将力分解为不同方向的分力，或合成合力。
【解答】（1）木棒CD在C端通过铰链固定在竖直墙面上，因此C端受到的外力应该是铰链对木棒的作用力，该力的方向应该与木棒的运动趋势相反，以保持木棒的平衡。力的方向斜向右下，符合实际情况。
故答案为：C。
（2）为保持木棒CD水平平衡且使轻杆受到的拉力最小，轻杆的B端应嵌入的卡槽号
设轻杆AB与水平方向的夹角为θ，轻杆的拉力为F。
根据杠杆平衡条件，以C为支点：
F×LBC×sinθ=G×LCD+3G×LCD
根据几何关系，
LBC×sinθ是轻杆AB在竖直方向上的投影长度。
轻杆AB的长度为10L，卡槽从1到9，等距离分布，每个卡槽之间的距离为L。
设B端嵌入第n号卡槽，则LBC=nL。
当轻杆AB垂直于木棒CD时，sinθ=1，此时n×sinθ=n，
为了使n最大，应选择最大的n，即第9号卡槽。
（3）此时轻杆的B点所受的拉力
当轻杆的B端嵌入第7号卡槽时，
LBC=7L。
根据杠杆平衡条件，以C为支点：
F×7L×sinθ=G×5L+3G×10L
F×7L×sinθ=35GL
F×7×sinθ=35G
F×sinθ=5G
轻杆AB的长度为10L，因此
代入上式：
1 / 1浙江省温州市温州森马协和国际学校2024学年九年级科学课堂综合能力测试
一、选择题(只有一个答案正确，每题3分，共30分)
1．（2024九上·温州竞赛）两块磁铁A 和B，如图所示叠放在水平地面上，A受到几个力(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2024九上·温州竞赛）铜的熔点是 1083℃，把一小块铜投入一大桶温度恰为1083℃的铜水中，下列现象不可能出现的是(　　)
A．肯定有少量铜块会熔化
B．铜块的温度肯定会升高
C．肯定有少量铜水凝固
D．铜块和铜水最后的温度为1083℃
3．（2024九上·温州竞赛）如图所示，质量为M的圆环用轻绳吊在天花板上，环上有两个质量均为m的小环自大环顶部开始分别向两边滑下，当两个小环下落至与大环圆心等高时，绳对大环的拉力为 Mg+2f，则此时左侧小环所受摩擦力为(　　)
A．Mg B．mg C．f D．2f
4．（2024九上·温州竞赛）如图所示，置于水平桌面上的一个密闭的圆锥形容器内装满了重力为G 的某种液体。已知： 圆锥形容器的容积公式为V=πR3h/3，其中R、h分别为容器的底面半径和高。则容器内的液体对容器底面的压力大小为(　　)
A．1G B．2G C．3G D．0
5．（2024九上·温州竞赛）如图所示，台秤的托盘上放一个装有水的烧杯，一个不吸水的木块用细线系在烧杯底浸没在水中。剪断细线以后，木块上浮至静止。下列说法正确的是(　　)
A．剪断细线前，木块所受的浮力等于木块的重力
B．剪断细线前，托盘受到的压力等于烧杯与水的重力之和
C．整个过程，托盘受到压力的变化量等于木块浮力的变化量
D．整个过程，水对杯底的压力变化量等于木块浮力的变化量
6．（2024九上·温州竞赛）加速度a是速度变化量与发生这一变化所用时间的比值，即a=△v/△t，可描述速度变化快慢，通常用a表示，它的大小跟它受到的作用力F成正比，跟它的质量m成反比，即F=ma，这就是著名的牛顿第二定律.现有一物体受到12N的外力时，经过2秒，速度由0m/s增加到12m/s，若保持外力方向不变，大小变为4N，则再经1秒，该物体的速度变为(　　)
A．6m/s B．10m/s C．14m/s D．18m/s
7．（2024九上·温州竞赛）某同学在没有电流表的情况下，利用电压表和已知阻值的定值电阻R0，测量未知电阻 Rx阻值，图中不能实现测量 Rx阻值的电路图是 (　　)
A． B．
C． D．
8．（2024九上·温州竞赛）用两个相同的足够大的水平力F将2024个完全相同的木块夹在两个相同的 竖直木板之间，所有木块都如图所示保持静止状态，每个木块的质量都为m，则编号2023 和2024号木块之间的摩擦力的大小为(木块从左至右 编号依次为1、2、3…2022、2023、2024)(　　)
A．1011mg B．1012mg C．2023mg D．2024mg
9．（2024九上·温州竞赛）在如图所示的电器中，电源电压保持不变，R1、R2均为定值电阻。当①、②都是电流表时，闭合开关S1，断开开关S2，①表的示数与②表的示数之比为m；当①、②都是电压表时，闭合开关S1和S2，①表的示数与②表的示数之比为n。下列关于m、n的关系正确的是 （　　）
A．mn=n-2m
B．mn=n-1
C．mn=m-1
D．因R1、R2未知，故m、n的关系无法确定
10．（2024九上·温州竞赛）如图所示电路中的电源为恒流源，不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的定值电流。电压表V、电流表A 都为理想电表，当闭合开关后滑动变阻器R 的滑动触头向左滑动时，下列说法中正确的是 （　　）
A．A示数减小，V示数变大 B．A示数减小，V示数不变
C．A示数增大，V示数变大 D．A示数增大，V示数不变
二、实验探究题(每空2分，共10分)
11．（2024九上·温州竞赛）如图1所示电路中，电源电压不变，R1是定值电阻，R2由三段材料不同、横截 面积相同的均匀直导体EF、FG、GH连接而成，其中一段是铜导体，其电阻可忽略不计，另两段导体的阻值与自身长成正比，P是与 R2良好接触并能移动的滑动触头.闭合开关S将P从H端移到E端时，电流表示数I与P 向左移动距离x之间的关系如图2所示.已知R1=10Ω，则GH导体的电阻为 　 　Ω， 当电流表示数为0.5A时， x的值为　 　 cm.
12．（2024九上·温州竞赛）阅读短文，回答问题：电动自行车是如何调速的 常用电动自行车调速系统主要由磁铁、霍耳传感器、控制器和开关K四部分组成。霍耳传感器是将磁信号转变成电压的装置，它产生的电压U0随磁场增强而增大。在转动电动自行车手柄旋转套时，旋转套中磁铁与固定在手柄中的霍耳传感器的距离发生改变，使U0发生变化。控制器自身产生大小随时间周期性变化电压U1，如图甲所示。控制器将电压U1与霍耳传感器的电压U0比较后，输出控制电压U ，控制开关K的通断。当U1小于U0时，U =1V，图乙中开关K闭合；U1大于U0时， UK=0， K 断开。U0不同， 开关K闭合时间(△t闭合) 与断开时间 (△t断开)都会变化，△t 闭合/△t 断开越大，电动机转得越快。
（1）如图丙所示，将霍耳传感器沿磁感线从B 点移动到A 的过程中，其产生电压U0____。
A．不断增大 B．保持不变
C．不断减小 D．先减小后增大
（2）图丁中折线A 和直线B 分别是 U1和U0随时间变化的关系图线。在0~2T 内控制开关K 闭合的时间段分别为　 　。
（3）电动自行车在行驶过程中霍耳传感器输出电压U0如图戊中图线M，转动手柄旋转套后U0变为图中图线N，图中折线A是U1随时间变化的关系图线。与转动前相比，下列判断正确的是____。
A．电动自行车速度变慢
B．手柄旋转套中磁铁与霍耳传感器的距离减小
C．每次K 闭合与断开时间之比 (△t 闭合/△t断开)变小
D．每次K 闭合与断开时间之和(△t闭合+△t断开)不变
三、解答题(本题共2题，共20分)
13．（2024九上·温州竞赛）每年入冬，雁荡山百岗尖山顶会出现南方难得见到“雾凇”“冰棱”现象，小可和同学们利用星期天进行了一次登山活动，想利用所学的科学知识测量雁荡山百岗尖的高度。(已知一定高度范围内，竖直方向每升高10米大气压强减小△p，且山下大气压强为p0).他们随身携带了注射器(有刻度部分的容积为V)、弹簧测力计、细线、刻度尺等。到达山顶后，他们首先排尽针筒内的空气并用橡皮帽封住其小孔，进行了如图的实验。(实验中针筒与活塞之间的摩擦不计)
（1）美丽的“雾凇”形成是由于百岗尖山顶的气温低，风又大，空气中的大量水蒸气 　 　而成(选填：熔化，凝固，升华，凝华)
（2）为了测量山顶的大气压强，你认为实验中应测出的量有(指出科学量的名称并用相应的符号表示)：　 　。
（3）实验时若针筒内空气没有排尽，将导致测得的高度值　 　(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)
（4）雁荡山百岗尖山脚到山顶的相对高度为　 　米(用所测得的科学量及已知量表示)
14．（2024九上·温州竞赛）水平桌面上放有底面积为400cm2的圆柱形水槽，内盛有适量的水，把质量为1kg、高为12cm、横截面积为100cm2的柱形物块用弹簧测力计悬挂后浸入水中，下底面距水面2cm，如图甲所示。经观察弹簧测力计的称量范围为0-10N，且刻度盘0N到10N之间长为10cm。(g=10N/ kg)
求：
（1）接着向水槽内注入水，当弹簧秤的示数恰好为零时，圆柱形水槽底受到水的压强增大了多少帕 (要求写出具体的计算过程)
（2）现改用细线悬挂该柱形物，并使柱形物下表面恰好与水面相平(如图乙所示)然后缓慢将柱形物向下放入水中(水槽足深，且柱形物始终保持竖直)，则从图示位置到细线上的拉力刚好等于0时为止，求此时圆柱形水槽底受到水的压强增加了多少帕 (要求写出具体的计算过程)
四、选择题(只有一个答案正确，每题3分，共18分)
15．（2024九上·温州竞赛）20℃时澄清的饱和石灰水，发生如下不同变化，其中不会出现白色浑浊的是（　　）
A．降低温度 B．升高温度
C．温度不变，蒸发溶剂 D．通入CO2
16．（2024九上·温州竞赛）等电子体具有相同的电子数目和原子数目。已知氢、碳、氮、氧、磷、硫六种元素的原子序数分别为1、6、7、8、15、16，则下列各组粒子中属于等电子体的是(　　)
A．NO和O2 B．H2O2和NH3
C．NH4+和CS4 D．PO43-和SO42-
17．（2024九上·温州竞赛）在由 K2S、K2SO3、K2SO4组成的某混合物中，已知氧元素的质量分数为45%，则硫元素的质量分数为(　　)
A．17% B．16% C．15% D．14%
18．（2024九上·温州竞赛）在密闭容器中有甲、乙、丙、丁四种物质，在一定条件下反应，测得反应前及反应过程中的两个时刻各物质的质量分数如图所示，图中a、b、c、d分别表示相应物质的质量分数。下列数据正确的是(　　)
A．a=52% B．b=8% C．c=17% D．d=8%
19．（2024九上·温州竞赛）在温度t℃时，物质A的溶解度为 Sg，向(100+a)gA的饱和溶液中加入2SgA物质，析出带结晶水的晶体 Mg，把Mg该晶体配成t℃的饱和溶液需加水(　　)
A．大于 100g B．小于 200g
C．等于200g D．等于2(100+S)g
20．（2024九上·温州竞赛）下列四组以任意比组成的混合物，分别在空气中充分燃烧，都生成二氧化碳和水，其中生成物中水分子数目与二氧化碳数目一定相等的是（　　）
A．C2H4和C3H6 B．C2H2和C3H8
C．CH4和C2H6 D．C2H6和C2H5OH
五、填空题(每空2分，共12分)
21．（2024九上·温州竞赛）科学家对相对原子质量的认识经历了漫长的时间。
材料一：19世纪初，有化学家认为：氢是母体，其他元素的相对原子质量理论上都是氢的整数倍
材料二：1886年，英国科学家克鲁克斯大胆假设：同一元素的原子，可以有不同的相对原子质量。化学家测定出的元素相对原子质量是其不同原子相对原子质量的平均值。
材料三：1961年8月，国际上采用碳-12 原子的1/12作为相对原子质量的标准，确定各个同位素原子的相对原子质量。某元素的相对原子质量是其各种同位素原子的相对原子质量乘以各自在该元素中所占的百分比之和。
（1）下列元素的相对原子质量不支持材料一的是____。
A．O-16 B．Cl-35.5 C．Ag-108
（2）结合以上材料及所学知识，判断下列说法正确的是____。
A．19世纪初，以氢为母体的相对原子质量标准是错误的，它对科学的发展有价值
B．实验结果与预测有偏差时，可以认为是实验误差造成的，因此可以忽略偏差。
C．若相对原子质量采用C-12的1/6作为标准，则各元素的相对原子质量会改变
D．元素周期表中查得C 元素的相对原子质量是 12.01 不为整数，可推测C元素有多种同位素原子
22．（2024九上·温州竞赛）正电子、负质子都是反粒子，它们跟通常说的电子和质子相比较，质量相等但电性相反.科学家设想，在宇宙中可能存在完全由反粒子构成的物质—反物质.物质与反物质相遇会产生“湮灭”现象，释放出大量的能量，在能源研究领域中前景可观.根据以上信息，甲、乙、丙、丁四位同学做了相应的预测：
甲：碳原子呈电中性，反碳原子带负电.
乙：反氢原子是由1个反质子和1个反电子构成的，相对原子质量是1.
丙：二氧化碳和反二氧化碳都能使燃着的木条熄灭.
丁：二氧化碳和反二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊.
（1）你认为反氢原子失去一个反电子后的离子的符号可表示为　 　。
（2）你认为上述四位同学的预测中，一定正确的是　 　。
23．（2024九上·温州竞赛）取 MnO2和KClO3的固体混合物25g，加热至恒重。在一定温度下，将残留的固体加入 2g水中，有12g固体未溶，再加入5g水，仍有10g固体未溶。KCl在不同温度下的溶解度见下表。
温度(℃) 0 20 40 60 80 100
溶解度(g) 28.0 34.4 40.3 45.8 51.1 56.3
（1）加热反应过程中MnO2的质量分数　 　(填：不变，变大，变小)
（2）在本实验加热过程中，一共产生氧气　 　g
六、实验探究题(每空2分，共10分)
24．（2024九上·温州竞赛）某小组在学习“二氧化碳制取的研究”课题时，探究了二氧化碳气体的收集方法.
【查阅资料】通常状况下，1体积水约能溶解1体积二氧化碳，所得溶液pH约为5.6
【提出问题】二氧化碳能不能用排水法收集
【实验设计与操作】实验一：在通常状况下，测定二氧化碳溶于水所得溶液的pH，判断二氧化碳在水中溶解的体积.实验二：在通常状况下分别测定排空气法和排水法的体积分数.用氧气测量仪测得收集的气体中氧气体积分数随时间的变化关系如图2 (起始时氧气的体积分数都以21%计)，则最终两种方法收集的气体中二氧化碳体积分数较大的是　 　(填“排空气”或“排水”)法，两种方法收集的气体中二氧化碳体积分数的差值是　 　。
25．（2024九上·温州竞赛）硫化氢水溶液俗称氢硫酸，不易保存，久置变浑浊。密封状态下，25℃氢硫酸饱和溶液100毫升，其溶质质量分数随放置天数变化如图甲所示。小明对氢硫酸溶质质量分数减小的原因进行探究。
【查阅资料】氢硫酸能发生的发应主要有：
【提出猜想】
猜想一：氢硫酸与水中O2反应，产生沉淀，使得其溶质质量分数降低。
猜想二：氢硫酸自身不稳定分解，产生沉淀，使得其溶质质量分数降低。
猜想三：两种因素共同作用，产生沉淀，使得其溶质质量分数降低。
实验一：将H2S气体溶于蒸馏水制成氢硫酸饱和溶液，在空气中放置1-2天未见浑浊现象。用相同浓度的碘水去滴定氢硫酸溶液测其浓度。图一所示为两只烧杯中氢硫酸浓度随时间变化而减小的情况
实验二：将H2S气体溶于溶有氧气的水制成的25℃饱和氢硫酸100 毫升装入 A 瓶，另将 H2S气体溶于无氧气的水，配置成等质量分数氢硫酸100毫升装入 B 瓶如图所示。经过30天密闭保存后，过滤沉淀并干燥，记录A、B瓶中沉淀质量分别为 m1，m2 试回答下列问题：
（1）实验一(见图一)中，氢硫酸的浓度随时间变化而减小的主要因素是　 　。
（2）从实验二图甲分析，小明的方案存在缺陷，请你指出错误，并说明理由　 　。
（3）修改方案后，正确进行操作。若要证明猜想三成立，而且主要因素是氢硫酸与水中与O2反应，则实验结果中的m1，m2要满足的关系式是　 　。
七、填空题(每空2分，共12分)
26．（2024九上·温州竞赛）如图所示 a、b两物体放在两固定的水平挡板之间，物体间用一竖直放置的轻质弹簧连接，b物体与滑轮组之间连接一水平细绳。滑轮组下端挂重为 G 的物体 c，整个装置处于平衡状态。若每个滑轮的重量均为G，不考虑滑轮与绳子及转轴的摩擦，则物体 b 受到　 　个力的作用(填受力个数)，物体 b 受到的摩擦力大小为　 　N
27．（2024九上·温州竞赛）一兴趣小组用细绳从装有液体的容器中提升一质量分布均匀的边长为d=4cm的立方体重物，3s后物体以v=1cm/s的恒定速度上升，拉力大小随时间变化的关系如图所示
根据以上条件，回答两个问题
（1） 容器的底面积为　 　cm2
（2） 3-9s 内拉力做的功为　 　J
28．（2024九上·温州竞赛）如图甲所示的电路中，电源、开关、小灯泡与电阻 组成闭合回路。已知灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，电阻 、标有“40欧，1.5安”的滑动变阻器 ，电源两端的电压恒为 U=3V
（1）滑片P在中点时，灯泡的实际功率为　 　W(保留到小数点后三位)。
（2）P继续向右移动时，灯泡的电功率将　 　(选填：变大、变小、不变)
八、计算题(本题共2题，共18分)
29．（2024九上·温州竞赛）如图，玻璃管中水银高 25cm。水银下表面与管口相平，空气柱长 20cm， 已知PV/T=C；C为常数，P为气体压强，V为气体体积，T为绝对温度；C与气体的分子数有关。T=273+t，T绝对温度(单位为开尔文，简称K)，t为摄氏温度。
已知此时气温为27℃，外界大气压为75cm汞柱。将玻璃管倒回来试管口向上，水银无漏出此时空气柱长为h1。再将气体加热到439.5℃，此时空气柱长为h2。
（1）求h1为多少 (要求写出具体的计算过程)
（2）求h2为多少 (要求写出具体的计算过程)
30．（2024九上·温州竞赛）如图所示，一根长为10L、重为G 的木棒CD，从左往右等距离打下9个卡槽，编号依次为1至9号，C端通过铰链固定在竖直墙面上，一根长为 10L 的轻质细杆B端可嵌入卡槽，A端可通过销钉固定在竖直滑槽中的不同高度，在木棒的D端挂一个重为3G的物体。整个装置要保持木棒CD水平平衡且使轻杆受到的拉力最小，根据以上信息回答以下问题。
（1）关于木棒CD，在C端所受外力的示意图，其中正确的是 (　　)
A． B．
C． D．
（2）为保持木棒CD水平平衡且使轻杆受到的拉力最小，轻杆的B端应嵌入　 　号卡槽
（3）此时轻杆的B点所受的拉力为多少N (要求写出具体的计算过程)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】力的概念；磁极间的相互作用
【解析】【分析】（1）受力分析是把指定物体（研究对象）在特定物理情景中所受的所有外力找出来，并画出受力图的过程。在进行受力分析时，需要明确研究对象，然后按照重力、弹力、摩擦力、其他力的顺序依次分析。
（2）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
【解答】首先，A 受到重力，方向竖直向下；其次，地面给 A 一个竖直向上的支持力；然后，B 对 A 有一个竖直向下的压力；最后，由于两块磁铁之间存在相互作用的磁力，B 对 A 有一个竖直向下的磁力。所以 A 一共受到 4 个力的作用。
故答案为：B。
2．【答案】A
【知识点】晶体与非晶体
【解析】【分析】（1）晶体熔化的条件是达到熔点并且要继续吸热；晶体凝固的条件是达到凝固点并且要继续放热。
（2）热传递发生的条件是存在温度差，热传递的方向是从高温物体传向低温物体。
【解答】A、铜块的温度达到熔点，但如果不能继续吸热，就不会熔化，所以不一定有少量铜块会熔化，该选项错误。
B、铜块的温度低于铜水的温度（投入前），投入后会发生热传递，铜块吸收热量，温度肯定会升高，该选项正确。
C、铜块从铜水吸收热量，铜块的温度升高；有一部分铜水放出热量，由液态变为固态，该选项正确。
D、铜块和铜水之间会发生热传递，最终温度会达到相同，为1083 C，该选项正确。
故答案为：A。
3．【答案】C
【知识点】力的作用是相互的；摩擦力的存在
【解析】【分析】（1）整体法是将多个物体看成一个整体来分析受力情况，隔离法是将单个物体从整体中隔离出来分析其受力。
（2）同时涉及到牛顿第三定律，即两个物体之间的作用力和反作用力，总是大小相等，方向相反，且作用在同一条直线上。
【解答】A、对大环进行受力分析，大环受到重力Mg、绳子的拉力Mg+2f以及两个小环对它的摩擦力。根据受力平衡，两个小环对大环的摩擦力之和应该等于2f，但不能得出左侧小环所受摩擦力为Mg，该选项错误。
B、mg是小环的重力，而小环在下滑过程中受到的摩擦力不一定等于其重力，该选项错误。
C、对大环受力分析，大环受到重力Mg、绳子的拉力F=Mg+2以及两个小环对它的摩擦力f1和f2。根据平衡条件
F=Mg+f ，已知F=Mg+2f，所以f1 +f 2 =2f。由于两个小环的运动情况对称，所以它们受到的摩擦力大小相等，即
f1 =f2 =f。再根据牛顿第三定律，小环受到的摩擦力与大环受到的摩擦力大小相等，方向相反，所以左侧小环所受摩擦力为f，该选项正确。
D、由前面的分析可知，两个小环对大环的摩擦力之和为2f，且每个小环对大环的摩擦力为f，所以左侧小环所受摩擦力不是2f，该选项错误。
故答案为：C。
4．【答案】C
【知识点】压力的作用效果；液体的压强
【解析】【分析】根据圆锥形容器的容积公式求出容器底受到的压力，已知容器中液体的重力为G，所以还有另外的压力是由容器壁提供的，而物体间力的作用是相互的，所以用容器底受到的压力减去液体的重力G，即为液体对容器壁的压力。
【解答】解：∵ V=πR2h/3，
∴G=mg=ρVg=ρgπR2h/3。
即ρghπR2=3G。而容器底受到的压力F=PS=ρghS=ρghπR2=3G。
故答案为：C。
5．【答案】D
【知识点】平衡力的辨别；重力及其方向；浮力产生的原因
【解析】【分析】（1）对木块进行受力分析：剪断细线前，木块受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力；
（2）根据力的平衡的条件分析水对杯低的压力。
【解答】A、木块被用细线吊着浸没在水中，木块受到竖直向下的重力和拉力，以及竖直向上的浮力，浮力等于木块的重力加上绳子对它的拉力，故A错误。
B、根据力的平衡的条件可知，托盘受到的压力等于水杯的重力+水的重力+木块的重力，故B错误。
C、把烧杯、水和木块作为一个整体，整个过程中托盘受到的压力始终等于烧杯、水和木块的重力之和，托盘受到压力的不变；而木块剪断细线之后，排开水的体积变小，浮力变小，因此整个过程，托盘受到压力的变化量不等于木块浮力的变化量。故C错误。
D、木块浸入水中，此时木块受到的浮力是大于重力的，当绳子剪断后，木块上浮，最终漂浮在水面上，此时浮力等于重力，同时烧杯内水位会下降，下降的这部分水的重力等于木块漂浮在水面上时减少的排开水的重力，即减小的浮力，因为力的作用是相互的，所以水对杯底的压力变化量等于木块浮力的变化量，故D正确；
故答案为：D。
6．【答案】C
【知识点】速度与物体运动
【解析】【分析】（1）加速度的定义：加速度a是速度变化量Δv与发生这一变化所用时间Δt的比值，即 a=△v/△t，它可以描述速度变化的快慢。
（2）牛顿第二定律：物体的加速度a跟它受到的作用力F成正比，跟它的质量m成反比，即F=ma。
【解答】（1）首先根据加速度的定义式求出物体在受到12N外力时的加速度a1：
已知物体速度由0m/s增加到12m/s，
所用时间t1=2s，
根据a=△v/△t ，
可得
。
（2）再根据牛顿第二定律F=ma求出物体的质量m：
已知外力F1 =12N，加速度
a1=6m/s2，
由F=ma可得
m=a1F1==2kg。
（3）当外力变为F2 =4N
时，根据牛顿第二定律求出此时的加速度a：
a2= mF2 ==2m/s2 。
物体在12N外力作用2s后速度为12m/s，之后外力变为4N，再经过t2 =1s，根据速度公式
v=v0 +at，可得此时物体的速度
v=12+2×1=14m/s。
故答案为：C。
7．【答案】A
【知识点】电阻
【解析】【分析】 伏安法测电阻的实验原理是，分析各实验电路图，逐一分析各实验电路图，看能不能测出U、I，从而做出判断。
【解答】A、开关S1、S2 闭合时，R0 短路，电压表测电源电压；开关S1 断开、S2闭合时，Rx与R0串联，电压表仍测电源电压，无法得到Rx 、R0 各自的电压，不能计算Rx 阻值。
B、当开关闭合时，电路为Rx的简单电路，电压表测电源两端的电压U；当开关断开时，R0与Rx串联，电压表测Rx的电压Ux，由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，R0两端的电压为U-Ux，由串联电路中各处电流相等可得，电路中的电流
，解得，故B不符合题意；
C、当开关掷到1时，电路为Rx的简单电路，电压表测电源两端的电压U；当开关掷到2时，Rx与R0串联，电压表测Rx的电压Ux，由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，R0两端的电压为U-Ux，由串联电路中各处电流相等可得，电路中的电流，解，故C不符合题意；
D、当开关掷到1时，电路为R0的简单电路，电压表测电源两端的电压U；当开关掷到2时，Rx与R0串联，电压表测R0的电压U0，由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，Rx两端的电压为U-U0，由串联电路中各处电流相等可得，电路中的电流，解得，故D不符合题意。
故答案为：A。
8．【答案】A
【知识点】摩擦力的存在
【解析】【分析】（1）二力平衡的条件是：两个力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上。
（2）在解决多个物体的受力问题时，常采用整体法和隔离法。整体法是把多个物体看成一个整体进行受力分析，隔离法是把单个物体从整体中隔离出来进行受力分析。
【解答】把 2024 个木块看成一个整体，在竖直方向上受到竖直向下的重力2024mg和两个竖直向上的摩擦力f，根据二力平衡条件可得2f=2024mg，解得f=1012mg，即每个木板对最外侧木块的摩擦力为1012mg。再隔离对2024 号木块分析，它受到竖直向下的重力mg和木板对它竖直向上的摩擦力1012mg，根据二力平衡，2023 号木块对 2024 号木块有一个竖直向下的摩擦力，大小为1012mg mg=1011mg，根据牛顿第三定律，2023 和 2024 号木块之间的摩擦力大小为1011mg，该选项正确。
故答案为：A。
9．【答案】B
【知识点】电路的动态分析
【解析】【分析】当两表均为电流表，闭合开关S1，断开开关S2时，两电阻并联，由欧姆定律可得，两表之比等于电阻的反比；
当两表均为电压表时，两开关全闭合，表1测总电压，表2测R2两端的电压，则可知两表之比与电阻的关系，联立两式则可解m，n之间的关系。
【解答】 当两表均为电流表且闭合开关S1，断开开关S2时，两电阻为并联关系，表1测流过R2的电流，表2测干路电流；
由欧姆定律可得：，
，
故；
当两表均为电压表，且两开关均闭合时，两电阻串联，通过两电阻的电流相等，则由欧姆定律可得：U1=I（R1+R2），U2=IR2；
则；
。
故答案为：B。
10．【答案】A
【知识点】电路的动态分析
【解析】【分析】电源为恒流源，能够提供持续的恒定电流，当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，电压表读数的变化量等于电阻R1两端电压的变化量，由欧姆定律求出电压表的读数变化量与电流表的读数变化量之比的绝对值．
【解答】据题意，电源为恒流源，能够提供持续的恒定电流，电阻R2两端电压不变，即V2示数不变，则当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，而总电流不变，则电源两端的电压增大，即V1示数增大，则R1两端电压U1增大，通过R1的电流增大，A示数减小。
故答案为：A。
11．【答案】15；31
【知识点】电路的动态分析
【解析】【分析】由图1、图2可知，电路中R1、R2串联，HG、GF、EF的长度，以及滑片移动到各个点的电流，根据欧姆定律可以求得各段的电阻，根据功率公式可以求得R2的电功率。
【解答】 由图2可知，当滑片在H点时，电路中电流IH=0.2A；此时电路中总电阻，
则RGH=30Ω-5Ω-10Ω=15Ω。
当电流表示数为0.5A时，此时电路中总电阻，
则R'=12Ω-10Ω=2Ω，
说明滑片距离E点，
则x=35cm-4cm=31cm，
12．【答案】（1）A
（2）0～t1 t2～t3 t4～2T
（3）A；C；D
【知识点】磁场和磁感线；电磁感应
【解析】【分析】 （1）霍耳传感器产生的电压U0随磁场增强而增大；
（2）当U1小于U0时，UK=1V，图乙中开关K闭合；U1大于U0时，UK=0，K断开，据此进行分析；
（3）根据图像先判断出开关K闭合时间（Δt闭合）与断开时间（Δt断开）的变化，然后根据比值的变化判断K闭合时间与断开时间的长短，进而判断各选项的正误。
【解答】 （1）由图丙可知，将霍耳传感器沿磁感线从A点移动到B的过程中，磁场在逐渐增强，所以霍耳传感器产生电压U0在不断增大，故A正确；
（2）当U1小于U0时，UK=1V，U1大于U0时，UK=0；
所以在0～t1、t2～t3、t4～2T内，UK=1，在这三个时间段内控制开关K闭合；
（5）由戊图可知，电动自行车在行驶过程中霍耳传感器输出电压U0转动手柄旋转套后由图线M变为图中图线N后，开关K闭合时间（Δt闭合）变短，断开时间（Δt断开）变长，变小，电动机转变慢，故A，C正确；
由于变化周期T为每次K闭合与断开时间之和，而变化周期T不变，所以每次K闭合与断开时间之和（Δt闭合+Δt断开）不变，故D正确；
由图可知U1小于U0的时间段变短，UK=1V的时间变长，所以U0变小，U0随磁场减弱而减小，所以霍尔传感器周围的磁性变弱，即与磁铁的距离增大，故B错误。
故答案为：ACD。
13．【答案】（1）凝华
（2）注射器带刻度的长度L，拉动弹簧测力计时的拉力F
（3）偏大
（4）
【知识点】大气压强的测量方法
【解析】【分析】 （1）水蒸气遇冷会直接凝华成小冰晶；水遇冷会凝固成小冰晶；
（2）本实验的原理是：先排出注射器内的空气，这样在往外拉活塞时，由于外界大气压的作用，要拉动活塞需要很大的力，这个力的大小为F=P大气S，故需测出注射器带刻度的长度，利用注射器的体积求出活塞的横截面积S，以及测出拉动活塞时的拉力F，就可根据求出大气压强的值。
（3）先求出东白山山顶和山脚的压强变化，再根据在竖直方向每升高10m大气压强减小Δp，即可求出东白山的高度。
（4）实验中注射器筒中的空气不可能完全排出，会影响测量的结果，使得测得的大气压值偏小，高度值偏大。
【解答】 （1）美丽的“雾凇”“冰凌”形成是由于东白山山顶此时的气温低于0℃，风又大，空气中的大量水汽凝华、凝固而成。
（2）实验时，首先要测出注射器的活塞刚开始滑动时弹簧测力计示数（即大气对活塞的压力）F；
由二力平衡的条件可知：
F=P大气S=P大气
即P大气=；由本实验的原理可知：需要测量出注射器带刻度的长度L，拉动弹簧测力计时的拉力F；
（3）由F=PS可知：
山顶的大气压强。
东白山山山顶和山脚的压强变化：根据在竖直方向每升高10m大气压强减小Δp可知：
东白山的高度。
（4）实验时若注射器内空气没有排尽，大气压等于注射器内压强加上拉力产生的压强，这样会使得测得的大气压值偏小，高度值将偏大。
14．【答案】（1）1600Pa
（2）250Pa
【知识点】二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；浮力大小的计算
【解析】【分析】1、浮力的计算公式：。
2、重力的计算公式：G=mg。
3、压强的计算公式：p=ρgh。
4、力的平衡条件：当物体处于平衡状态时，受到的合力为零，即向上的力等于向下的力。
【解答】（1）计算柱形物块的重力根据重力计算公式G=mg，已知物块质量m=1kg，g=10N/kg，
可得G=1kg×10N/kg=10N。
当弹簧秤示数为零时，物块受到的浮力等于重力。
可得F浮=G=10N
计算此时物块排开水的体积
根据浮力公式。
计算物块浸入水中的深度
已知物块横截面积
S物=100cm2，
根据V排 =F浮力ρ液g=10N1.0×103kg/m3×10N/kg=1000cm3，
可得h=10cm。
原来物块下底面距水面2cm，现在浸入深度为10cm，
所以水面上升的高度
Δh=10cm 2cm=8cm=0.08m。
原来测力计的示数为8N，现在为0N，所以物体上升了8cm=0.08m；
所以水面上升的高度为h水=0.08m+0.08m=0.16m
计算水槽底受到水的压强增大值
根据压强公式p=ρgh= 1.0×103kg/m3×10N/kg×0.16m= 1600Pa，
（2）分析细线上拉力为零时的受力情况
当细线上拉力为零时，物块受到的浮力等于重力G=10N。
可得F浮=G=10N
计算此时物块排开水的体积
根据浮力公式。
计算物块浸入水中的深度
已知物块横截面积
S物=100cm2，
根据V排 =F浮力ρ液g=10N1.0×103kg/m3×10N/kg=1000cm3，
可得h=10cm。
计算水槽底受到水的压强增大值。
15．【答案】A
【知识点】固体溶解度的概念；溶解度的影响因素
【解析】【分析】（1）饱和石灰水是氢氧化钙溶液，氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小。饱和溶液蒸发溶剂后会有晶体析出；（2）石灰水与二氧化碳反应会生成碳酸钙沉淀。
【解答】Ca(OH)2的溶解度是随温度升高而降低的，因为Ca(OH)2的溶解度在众多物质中比较特殊，所以在A中，当温度降低时，Ca(OH)2的溶解度会升高，饱和的石灰水不会出现白色浑浊因此A是对的，B是错误的。而在C中，温度不变，蒸发溶剂，会使溶剂变少，这时会出现白色浑浊，C错误。当通入二氧化碳气体时，Ca(OH)2与二氧化碳发生反应，生成碳酸钙，会使溶液出现白色浑浊，D错误。
故答案为：A
16．【答案】D
【知识点】分子和原子的区别和联系；原子的构成
【解析】【分析】根据题目信息，具有相同原子数和电子数的分子或离子叫等电子体，而后利用分子中质子数等于电子数分析判断即可。
【解答】A、NO的原子数目为2，电子数为7+8=15；
O2的原子数目为2，电子数为8×2=16。
二者电子数不同，不属于等电子体，故该选项错误。
B 、H2O2 的原子数目为4，电子数为1×2+8×2=18；
NH3的原子数目为4，电子数为7+1×3=10。
二者电子数不同，不属于等电子体，故该选项错误。
C、 NH4+ 的原子数目为5，电子数为7+1×4 1=10；
CS4的原子数目为5，电子数为6+16×4=70。
二者电子数不同，不属于等电子体，故该选项错误。
D 、 PO43-的原子数目为5，电子数为15+8×4+3=50；
SO42- 的原子数目为5，电子数为16+8×4+2=50。
二者原子数目相同、电子数相同，属于等电子体，故该选项正确。
故答案为：D。
17．【答案】B
【知识点】有关化学式的计算和推断
【解析】【分析】本题要求混合物中某元素的质量分数．隐含的条件是三种物质中都含有“K2S”，剩余的部分就是氧元素，由“K2S”可知，混合物中K和S元素的质量比为（39×2）：32=39：16，已知氧元素的质量分数为45% ，可以求出K2S的质量分数，进而算出 硫 元素的质量分数。
【解答】已知氧元素的质量分数为45%，
则K和S元素的总质量分数为1 45%=55%。
设硫元素的质量分数为x，
则钾元素的质量分数为，
可得
x+ =55%，
解得
x=16%。
故答案为：B。
18．【答案】B
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】质量守恒定律：参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和，在密闭容器中进行的化学反应，反应前后各物质的质量分数总和不变。
化学反应中物质质量变化的判断：根据反应前后各物质质量分数的变化，判断反应物和生成物，质量分数增加的是生成物，质量分数减少的是反应物。
【解答】反应前各物质质量分数总和为14%+6%+10%+70%=100%。
根据反应前后质量分数总和不变，可得：
反应中乙的质量分数减少了14% b，
甲的质量分数增加了a 70%，
丙的质量分数增加了40% 6%=34%，
丁的质量分数不变仍为10%。
所以(14% b)=(a 70%)+34%。
又因为在反应过程中某一时刻，乙的质量分数为11%，则减少了14% 11%=3%，
此时甲增加的质量分数为
，
所以a=70%+18%=88%，
，
解得
b=8%，
c=100% 11% 10% 88%= 9%（舍去），
d=10%。
故答案为：B。
19．【答案】C
【知识点】饱和溶液与不饱和溶液；固体溶解度的概念
【解析】【分析】1、溶解度的定义：在一定温度下，某固态物质在100g溶剂里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在这种溶剂里的溶解度。
2、饱和溶液的性质：一定温度下，饱和溶液中溶质与溶剂的质量比是固定的，等于溶解度与100g溶剂的质量比。
【解答】在温度t ℃ 时，物质A的溶解度为Sg，
则该温度下100g水中最多溶解Sg物质A形成饱和溶液。
向(100+a)gA的饱和溶液中加入2SgA物质，析出带结晶水的晶体Mg，
把Mg该晶体配成t ℃ 的饱和溶液。因为原溶液是饱和溶液，加入2Sg A物质后，相当于在100g水中加入2SgA物质，
而t ℃ 时100g水最多溶解Sg A物质，所以要使2Sg A物质形成饱和溶液，需要水的质量为200g。
故答案为：C。
20．【答案】A
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】由质量守恒定律可知，生成物中水分子数目与二氧化碳数目一定相等，说明氢原子数目的一半与碳原子数目相等。
【解答】由质量守恒定律可知，生成物中水分子数目与二氧化碳数目一定相等，说明氢原子数目的一半与碳原子数目相等；
A.C2H4和C3H6无论以任意比例混合，氢原子数目的一半等于碳原子的数目；生成物中水分子数目一定等于二氧化碳分子数目，故A符合题意；
B.如果是大量C2H2和少量的C3H8混合，产生的水分子数目不一定与二氧化碳分子数目相等，故B不符合题意；
C.CH4和C2H6无论两者以何种比例混合，氢原子数量的一半永远比碳原子数量多，生成物中水分子数目一定比二氧化碳分子数目多，故C不符合题意；
D.C2H6和C2H5OH无论两者以何种比例混合，氢原子数量的一半永远比碳原子数量多，生成物中水分子数目一定比二氧化碳分子数目多，故D不符合题意。
故答案为：A。
21．【答案】（1）B
（2）A；C；D
【知识点】相对原子质量；原子结构的探索过程
【解析】【分析】1、相对原子质量的早期观点：19 世纪初有化学家认为氢是母体，其他元素的相对原子质量理论上都是氢的整数倍。
2、相对原子质量的现代定义：以一种碳原子（碳 - 12）质量的1/12为标准，其他原子的质量跟它相比较所得到的比，就是这种原子的相对原子质量；元素的相对原子质量是其各种同位素原子的相对原子质量乘以各自在该元素中所占的百分比之和。
【解答】（1）A 、O 16，16是1（氢的相对原子质量近似值）的16倍，支持材料一，故该选项不符合题意。
B 、Cl 35.5，35.5不是1的整数倍，不支持材料一，故该选项符合题意。
C 、Ag 108，108是1的108倍，支持材料一，故该选项不符合题意。
故答案为：B。
（2）A 、19 世纪初以氢为母体的相对原子质量标准虽然错误，但它为后续相对原子质量的研究提供了思路，对科学的发展有价值，故该选项正确。
B 、实验结果与预测有偏差时，不能简单认为是实验误差造成的而忽略偏差，可能是理论存在问题或有新的发现，故该选项错误。
C 、相对原子质量的标准改变，各元素的相对原子质量会改变，因为相对原子质量是相对于标准而言的，故该选项正确。
D 、元素周期表中查得C元素的相对原子质量是12.01不为整数，根据材料二可知，可推测C元素有多种同位素原子，故该选项正确。
故答案为：ACD。
22．【答案】（1）H-
（2）乙
【知识点】原子的构成
【解析】【分析】1、反粒子的性质：反粒子与通常的粒子质量相等但电性相反，如正电子是电子的反粒子，负质子是质子的反粒子。
2、原子的构成：原子由原子核和核外电子构成，原子核由质子和中子构成（氢原子无中子），反原子由反质子和反电子构成。
3、离子的表示方法：离子的表示方法是在元素符号右上角标明所带电荷数，数字在前，正负号在后，数字为1时省略不写。
4、物质的化学性质：物质的化学性质由其构成粒子的性质决定，反物质的化学性质与对应物质的化学性质相反。
【解答】（1）反氢原子由1个反质子和1个反电子构成，反电子带正电，反氢原子失去一个反电子后，带一个单位正电荷，离子符号可表示为H+。
（2）甲同学：碳原子呈电中性，反碳原子应带正电，因为反粒子电性相反，所以甲同学错误。
乙同学：反氢原子由1个反质子和1个反电子构成，反质子相对质量为1，反电子相对质量可忽略，所以相对原子质量是1，乙同学正确。
丙同学：二氧化碳不支持燃烧，能使燃着的木条熄灭，反二氧化碳化学性质与二氧化碳相反，不能使燃着的木条熄灭，丙同学错误。
丁同学：二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，反二氧化碳化学性质与二氧化碳相反，不能使澄清石灰水变浑浊，丁同学错误。
23．【答案】（1）变大
（2）8.2
【知识点】固体溶解度的概念；催化剂在化学反应中的作用；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】1、催化剂的概念：在化学反应里能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化的物质叫做催化剂。
2、质量守恒定律：参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和。
3、溶解度的概念：在一定温度下，某固态物质在100g溶剂里达到饱和状态时所溶解的质量。
4、化学方程式的计算：根据化学方程式中各物质的质量比，由已知物质的质量计算未知物质的质量。
【解答】（1）在加热KClO3和MnO2的混合物时，MnO2是催化剂，其质量在反应前后不变，而KClO3分解生成KCl和O2，固体总质量减小，所以MnO2的质量分数变大。
（2）由题意可知，5g水可以溶解2g固体，因而12g水溶解了4.8g固体，
所以“残留的固体“质量为：12g+4.8g=16.8g，
根据质量守恒定律可以知道生成氧气为：25g-16.8g=8.2g。
24．【答案】排水法；15.7%
【知识点】制取二氧化碳的装置、步骤、收集与注意事项
【解析】【分析】1、二氧化碳的溶解性：通常状况下，1体积水约能溶解1体积二氧化碳。
2、气体收集方法的选择：排水法适用于不易溶于水或难溶于水且不与水反应的气体；排空气法适用于密度比空气大且不与空气中成分反应的气体。
3、空气中各成分的体积分数：空气中氧气的体积分数约为21%，氮气约为78%，其他成分约为1%。
4、根据气体中某成分的体积分数计算其他成分的体积分数：利用空气中各成分的体积分数关系，结合收集气体中氧气的体积分数，计算二氧化碳的体积分数。
【解答】（1）根据图2可知，排水法收集的气体中氧气的体积分数为2.5%，排空气法收集的气体中氧气的体积分数为5.8%。
因为空气中氧气的体积分数约为21%，所以排水法收集的气体中混入的空气较少，二氧化碳的体积分数较大。
（2）两种方法收集的气体中二氧化碳体积分数的差值是
5.8%÷21%-2.5%÷21%=15.7%。
25．【答案】（1）H2S的挥发
（2）30天密闭保存，由于A瓶硫化氢溶液溶质质量分数在20天已变为0，而B瓶硫化氢溶液质量质量分数在20至30天内继续变小，导致其结果测量不正确
（3）m1—m2＞ m2
【知识点】实验方案设计与评价；控制变量法
【解析】【分析】1、气体的挥发性：气体溶质在溶液中会因挥发而使溶液浓度降低。
2、实验方案的设计与评价：实验方案应具有科学性、合理性和可操作性，要考虑到实验条件对实验结果的影响。
3、控制变量法：在探究实验中，要控制其他变量不变，只改变一个变量，以准确探究该变量对实验结果的影响。
4、根据实验现象和数据进行推理：通过对实验现象和数据的分析，推理出实验结论。
【解答】（1）在实验一中，将H2S气体溶于蒸馏水制成氢硫酸饱和溶液，在空气中放置1 2天未见浑浊现象，说明不是与氧气反应导致浓度减小，而氢硫酸浓度随时间变化而减小，主要因素是H2S的挥发。
（2）从实验二图甲分析，小明的方案存在缺陷，因为30天密闭保存，A瓶硫化氢溶液溶质质量分数在20天已变为0，而B瓶硫化氢溶液质量分数在20至30天内继续变小，导致其结果测量不正确，应该在20天内进行实验。
（3）修改方案后，正确进行操作。若要证明猜想三成立，而且主要因素是氢硫酸与水中O2反应，则A瓶中既有H2 S与O2 反应生成的沉淀，又有H2 S自身分解生成的沉淀；B瓶中只有H2S自身分解生成的沉淀。
所以实验结果中m1 （A瓶沉淀质量）和m2 （B瓶沉淀质量）要满足的关系式是m1—m2＞ m2 。
26．【答案】5；2G/3
【知识点】二力平衡的条件及其应用；摩擦力的存在；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】1、受力分析的方法：对物体进行受力分析时，要按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行，确保不遗漏、不重复。
2、滑轮组的省力原理：滑轮组中，不考虑滑轮与绳子及转轴的摩擦时，绳子自由端的拉力。
3、二力平衡条件：当物体处于平衡状态时，受到的两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上。
4、摩擦力的产生条件：两个相互接触的物体，当它们发生相对运动或有相对运动趋势时，在接触面上会产生一种阻碍相对运动或相对运动趋势的力。
【解答】（1）对物体b进行受力分析：
竖直方向：受到重力、上方挡板的支持力、弹簧的弹力。
水平方向：受到绳子的拉力和挡板的摩擦力。
所以物体b受到5个力的作用。
（2）计算绳子的拉力
由图可知，滑轮组中承担物重的绳子段数n=3。
不考虑滑轮与绳子及转轴的摩擦，绳子的拉力
。
计算物体b受到的摩擦力
因为物体b
处于平衡状态，水平方向受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等。所以物体b受到的摩擦力
。
27．【答案】（1）64
（2）0.048
【知识点】密度公式的应用；浮力大小的计算；功的计算公式的应用
【解析】【分析】1、浮力的计算公式：。
2、受力分析：当物体匀速上升时，受到的拉力、浮力和重力满足F拉=F浮。
3、密度的计算公式：。
4、功的计算公式：W=Fs。
【解答】（1）分析拉力变化阶段
0-3s：物体在液体中，拉力较小。
3-6s：物体部分露出液面，拉力增大。
6-9s：物体继续上升，拉力继续增大。
9s 后：物体完全离开液面，拉力等于重力。
根据F浮=G-F拉=1.28N-0.64N=0.64N。
物体排开液体的体积变化等于液体上升的体积变化
（2）计算3 9s内物体上升的距离
物体的速度v=1cm/s，时间t=6s，所以上升的距离
s=v×t=1cm/s×6s=6cm=0.06m。
计算3 6s内拉力做的功
距离s1=3cm=0.03m。
W1=Fs=0.64N×0.03m=0.0192J
计算6 9s内拉力做的功
所以平均拉力为
距离s2 =3cm=0.03m，
W2=Fs=0.96N×0.03m=0.0288J。
计算3 9s内拉力做的总功W=W1 +W2 =0.0192J+0.0288J=0.048J
28．【答案】（1）0.144
（2）变大
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】1、串联电路的特点：在串联电路中，电流处处相等，总电压等于各部分电路电压之和。
并联电路的特点：并联电路中各支路两端的电压相等。
2、欧姆定律：。
3、电功率的计算：P=UI。
【解答】（1）滑片P在中点时，灯泡的实际功率滑片P在中点时，滑动变阻器R2接入电路的电阻为20Ω。
设灯泡两端的电压为UL，通过灯泡的电流为IL 。
当R1=10 Ω，R2=20 Ω，
U总=R1×I总+RL×IL
U总=R1×I总+R2×IR2
得3V=10 Ω×I总+RL×IL
3V=10 Ω×I总+20 Ω×I2
结合乙图，当电压为1.2V时，电以IL=1.2A，
灯泡的实际功率P=UL×IL =1.2V×0.12A=0.144W。
（2）当滑片P向右移动时，滑动变阻器R2接入电路的电阻增大。
根据并联电路的特点，R2与灯泡并联的总电阻，
当R2增大时，总电阻也增大。
整个电路的总电阻增大。
根据欧姆定律，干路电流减少。
根据灯泡的伏安特性曲线（图乙），当灯泡两端的电压增大时，通过灯泡的电流IL也增大。
所以，灯泡的电功率P=UL ×IL增大。
29．【答案】（1）h1=10cm
（2）h2=25cm
【知识点】压强的大小及其计算；大气压强的存在
【解析】【分析】1、气体实验定律：本题涉及到理想气体状态方程PV/T=C。
2、绝对温度与摄氏温度的转换：T=273+t。
3、气体压强的分析：需要根据玻璃管的状态（开口向上或向下）以及水银柱的高度来分析气体的压强。
【解答】（1）初始状态：
温度T1=273+27=300K
压强p1=75cmHg 25cmHg=50cmHg
玻璃管倒回来试管口向上时：
温度T2=T1=300K
压强p2 =75cmHg+25cmHg=100cmHg
体积V2=h1S
根据理想气体状态方程
50×20S=100×h1S
化简得：
1000=100h1
解得：
h1 =10cm
（2）加热前（玻璃管开口向上）：温度T2=300K
压强p2=100cmHg
体积
V2=10S
加热后：
温度T3=273+439.5=712.5K
设此时气体的压强为P3，
体积为
V3=h2S
根据理想气体状态方程
100×10S/300=P3×h2S/712.5
由于水银没有漏出，当加热时，水银柱可能会上升，但最终稳定时，气体的压强p3仍然等于外界大气压加上水银柱产生的压强，即
P3=100cmHg
代入P3=100cmHg
到上式：
100h2=23500
解得：
h2=25cm
30．【答案】（1）C
（2）9
（3）
【知识点】力的三要素及力的示意图；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】1、杠杆平衡条件：F1L1=F2L2。
2、力的示意图：需要正确表示力的方向和作用点。
3、力的分解与合成：将力分解为不同方向的分力，或合成合力。
【解答】（1）木棒CD在C端通过铰链固定在竖直墙面上，因此C端受到的外力应该是铰链对木棒的作用力，该力的方向应该与木棒的运动趋势相反，以保持木棒的平衡。力的方向斜向右下，符合实际情况。
故答案为：C。
（2）为保持木棒CD水平平衡且使轻杆受到的拉力最小，轻杆的B端应嵌入的卡槽号
设轻杆AB与水平方向的夹角为θ，轻杆的拉力为F。
根据杠杆平衡条件，以C为支点：
F×LBC×sinθ=G×LCD+3G×LCD
根据几何关系，
LBC×sinθ是轻杆AB在竖直方向上的投影长度。
轻杆AB的长度为10L，卡槽从1到9，等距离分布，每个卡槽之间的距离为L。
设B端嵌入第n号卡槽，则LBC=nL。
当轻杆AB垂直于木棒CD时，sinθ=1，此时n×sinθ=n，
为了使n最大，应选择最大的n，即第9号卡槽。
（3）此时轻杆的B点所受的拉力
当轻杆的B端嵌入第7号卡槽时，
LBC=7L。
根据杠杆平衡条件，以C为支点：
F×7L×sinθ=G×5L+3G×10L
F×7L×sinθ=35GL
F×7×sinθ=35G
F×sinθ=5G
轻杆AB的长度为10L，因此
代入上式：
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