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2024-2025学年北京市顺义三中九年级（下）月考物理试卷
一、单选题：本大题共15小题，共30分。
1.功率的单位是（　　）
A. 焦耳 B. 帕斯卡 C. 瓦特 D. 伏特
2.如图所示的四个实例中，目的是为了减小压强的是（　　）
A. 用刀切苹果 B. 用很细的钢丝切肥皂
C. 注射器针头做得很尖 D. 书包带做的很宽
3.如图所示的情境中，关于力对物体做功的叙述，正确的是（　　）
A. 甲中，举重运动员举着杠铃不动，运动员对杠铃做功了
B. 乙中，人推汽车但没有推动，人的推力对汽车做功了
C. 丙中，起重机吊着重物上升，钢绳竖直向上的拉力对重物做功了
D. 丁中，足球在水平地面上滚动，足球受到的重力对足球做功了
4.在图所示的四种用具中，正常使用时属于省力杠杆的是（　　）
A. 筷子 B. 天平
C. 食品夹 D. 核桃夹子
5.关于电流的磁场，下面说法错误的是（　　）
A. 通电导线周围存在磁场
B. 磁体周围的磁场方向是由小磁针决定的
C. 通电螺线管的磁性强弱与通过它的电流强度有关
D. 通电螺线管断电时，磁性就会消失
6.一个金属圆柱体悬挂在弹簧测力计下面，现将圆柱体从水面上方慢慢浸入水中直至水中深处且不接触底部，则圆柱体在浸入水的过程中，下列说法正确的是（　　）
A. 弹簧测力计示数保持不变 B. 弹簧测力计示数先减小后不变
C. 池内的水面高度不变 D. 池内的水面高度下降
7.如图所示，小阳用水平方向的力推木箱，使木箱在水平面上做匀速直线运动。下列说法中正确的是（　　）
A. 由此现象可以得出力是维持物体运动的原因
B. 人推木箱的力与木箱对人的力是一对平衡力
C. 木箱受到的重力对木箱做了功
D. 人推木箱的力与木箱受到的摩擦力是一对平衡力
8.如图所示，一个小球以初速度v沿着粗糙曲面从A点向D点运动，其中B点和D点的高度相同。下列说法正确的是（　　）
A. 小球在B点和D点的动能相等
B. 小球在A点和C点的机械能相等
C. 小球从A点运动到C点的过程中，其重力势能增大
D. 小球从C点运动到D点的过程中，其机械能减小
9.如图是与电磁现象有关的四个实验，下列说法正确的是（　　）
A. 甲实验可以演示磁极间存在相互作用，同名磁极相互吸引
B. 乙实验可以演示电流周围存在磁场，电流产生的磁场的方向与电流方向无关
C. 丙实验研究的是通电导体在磁场中受力而运动，电动机是依据此原理制成的
D. 丁实验研究的是电磁感应现象，线圈切割磁感线的过程中电能转化为机械能
10.在图中所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑片P置于滑动变阻器的中间部分，小灯泡L发光。现将滑片向B端移动，不考虑小灯泡的灯丝电阻的变化，则下列判断正确的是（　　）
A. 小灯泡亮度不变 B. 电流表示数变大
C. 电压表示数变小 D. 滑动变阻器两端电压变小
11.如图甲所示，将一块质量分布均匀的长木板平放在水平桌面上，用水平力F向右匀速推动木板，使其右端渐渐露出桌面，如图乙所示。在推动木板使其右端逐渐离开桌面边缘至木板中心到达桌面边缘的过程中，下列说法正确的是（　　）
A. 长木板对桌面的压力减小 B. 长木板对桌面的压强减小
C. 水平推力F保持不变 D. 长木板受桌面的摩擦力减小
12.2016年3月9日济宁市举行了第二届“市长杯”校园足球联赛活动，如图为足球赛进行中，小伟和小真运用所学物理知识对比赛中的一些理象进行分析，下列说法中全部正确的一组组是（　　）
①足球在上升过程中重力势能转化为动能
②踢出去的足球能继续向前飞行是由于惯性
③足球在空中飞行时受到重力和向前的推力
④足球在空中飞行过程中，运动状态发生改变
⑤空中飞行的足球，若它所受的力全部消失，它将立即落地
⑥踢球时脚感到疼是因为物体间力的作用是相互的．
A. ①②③ B. ②④⑥ C. ②③⑤ D. ①②⑤
13.如图所示，盛水的杯子静止在水平桌面上。杯子重1N，高8cm,底面积为20cm2；杯内水重1.8N，水深5cm,水的密度为1g/cm3，g取10N/kg。此状态下说法正确的是（　　）
A. 水对杯底的压力为1.8N B. 水对杯底的压强为800Pa
C. 水杯对桌面的压力为1N D. 水杯对桌面的压力为2.8N
14.如图甲所示的电路中，R为滑动变阻器，R0为定值电阻，电源电压恒定不变。在滑片P从滑动变阻器的一端移动到另一端的过程中，电压表的示数U与电流表的示数I变化情况如图乙所示，则根据图象信息可知（　　）
A. R0阻值是5Ω B. 电路的最大总功率是11.2W
C. 电源电压为7V D. 滑动变阻器的最大阻值是30Ω
15.两个完全相同的圆柱形容器静止放在水平桌面上，装有两种不同的液体，将两个完全相同小球分别放在两种液体中，静止时小球浸入两种液体的情况如图所示，两容器中液面相平。甲、乙两容器中的液体密度分别为ρ1和ρ2；甲、乙两容器中的液体对小球产生的浮力分别为F1和F2；甲、乙两容器中液体对容器底部的压强分别为p1和p2；甲、乙两容器对桌面的压力分别为F1′和F2′。则下列判断中正确的是（　　）
A. ρ1＜ρ2 B. p1=p2 C. F1＞F2 D. F1′＞F2′
二、多选题：本大题共5小题，共10分。
16.下列说法中正确的是（　　）
A. 只有自由电子移动才能形成电流 B. 规定正电荷定向移动的方向为电流方向
C. 电压是电路中形成电流的原因 D. 电功率是描述电流做功快慢的物理量
17.下列说法中正确的是（　　）
A. 竖直向上抛出的篮球，一定不受力的作用
B. 竖直加速下落的排球，一定受非平衡力的作用
C. 水平向前滚动的足球，它受到的重力和地面对它的支持力是一对平衡力
D. 水平冰面上运动的冰球，它受到的重力和它对冰面的压力是相互作用力
18.下列说法中正确的是（　　）
A. 同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引
B. 利用撒在磁体周围的铁屑可以判断该磁体周围各点的磁场方向
C. 电动机工作时，主要的能量转化是将电能转化为机械能
D. 导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流
19.体重为700N的工人用图所示的滑轮组将建材运送到高处。在某次运送中，工人在20s内将质量为40kg的建材竖直向上匀速提升了5m,滑轮组的机械效率为80%。若两个滑轮的质量相等，不计绳重及摩擦，g取10N/kg。下列说法中正确的是（　　）
A. 此过程中该工人对地面的压力的大小为250N
B. 此过程中工人拉力做功的功率为62.5W
C. 此过程中B处挂钩受到天花板的拉力为600N
D. 此工人用这个滑轮组最多能提升质量为130kg的建材
20.将边长为10cm、重量为20N的正方体甲放在水平地面上，细绳的一端系于正方体甲上表面的中央，另一端竖直拉着杠杆的A端，把重量为4N的物体乙悬挂在杠杆的B端，此时，杠杆在水平位置平衡，如图所示。已知LAO：LOB=1：2，不计杠杆的质量，g取10N/kg。下列说法中正确的是（　　）
A. 细绳对甲的拉力为4N
B. 地面对甲的支持力12N
C. 图中状态下甲对地面的压强为1200Pa
D. 若用6N的力竖直向下拉乙，则甲对地面的压力为0
三、填空题：本大题共3小题，共6分。
21.根据如图中通电螺线管中的电流方向，可以判断出通电螺线管的左端是______极．（选填“N”或“S”）．
22.如图所示，铅笔的长度为______cm。
23.如图所示，电能表的示数为______kW h。
四、实验探究题：本大题共7小题，共36分。
24.如图所示，OB是以O点为支点的杠杆，F是作用在杠杆B端的力。图中线段AB与力F的作用线在同一条直线上，且OA⊥AB．表示力F的力臂的线段是：______。
A．OA
B．AB
C．OB
25.在“用电流表和电压表测电阻”的实验中，电路如图甲所示。实验前，将滑动变阻器滑片调至______端（“左”或“右”）。闭合开关S，移动滑片P到某一位置后，两电表的示数分别如图乙、丙所示，则电压表的示数为______V，待测电阻R的阻值为______Ω。
26.如图是“探究影响压力作用效果的因素”实验，甲图所示，将小桌放在海绵上；乙图所示，在小桌上放一个砝码；丙图所示，把小桌翻过来，桌面朝下，并在它上面放一个砝码。
（1）比较______两图可知，压力的作用效果跟压力大小有关；
（2）比较乙、丙两图可知，压力的作用效果跟______有关；
（3）此实验中运用到的主要探究方法是______和______。
27.钢球从斜面上由静止滑下，撞击到一个小木块上，能将木块撞出一段距离。木块被撞得越远，表示钢球的动能越大。现如图甲、乙、丙所示：
（1）通过比较甲、丙两次实验，可以探究物体的动能与______之间的关系；
（2）通过比较______两次实验，可以探究物体的动能与质量之间的关系。
（3）图甲、乙所示的两次实验中，小球都从相同高度处由静止释放，是为了使两次实验中小球运动到斜轨道底端时的______相同。
28.为了验证“浸在水中的物体受到的浮力大小等于物体排开的水所受的重力”，小明选用石块、弹簧测力计、小烧杯和装有适量水的溢水杯等进行实验。他的实验步骤如图所示：
（1）由图甲、乙可知：石块所受的浮力F浮=______（用F1、F2表示）。
（2）由图丙可知：石块排开的水所受的重力G排=______（用F3、F4表示）。
（3）比较F浮和G排的大小，发现F浮______G排（选填“=”或“≠”），从而验证“浸在水中的物体受到的浮力大小等于物体排开的水所受的重力”。
29.为了探究“电流通过导体产生的热量跟哪些因素有关”，某同学将两段阻值不同的电阻丝RA、RB分别密封在两个完全相同的烧瓶中，烧瓶中装有质量相等、初温相同的煤油和相同的温度计甲、乙，按图所示将实验装置连接好。闭合开关前，记录两温度计示数；闭合开关一段时间，再次记录两温度计的示数。已知所用电源电压保持不变，RA＞RB。
（1）在此实验中，电流通过导体产生热量的多少是通过______的大小体现出来的。
（2）此实验是在探究电流通过导体产生的热量与______是否有关。
30.现利用一块电压表和阻值已知的电阻R0测量电阻Rx的阻值。选择了满足实验要求的器材，电源两端电压不变，并连接了如图所示实验电路。闭合开关S1，断开开关S2，电压表的示数为U1；闭合开关S1和S2，电压表的示数为U2，则Rx的表达式为______。（选填选项前的字母）
A.
B.
C.
D.
五、简答题：本大题共1小题，共3分。
31.测量液体密度的仪器叫做密度计，使用时将其置于被测液体中，待其静止后读取液面处的密度计上的刻度值，该刻度值为被测液体的密度，如图甲所示。在木棒的一端缠绕一些铜丝，就制成了一支简易密度计，现将同一支自制密度计分别放入盛有A、B两种液体的容器中，它静止时竖直立在两种液体中的情境如图乙和丙所示。请你通过分析，比较A和B两种液体密度的大小。
六、计算题：本大题共1小题，共3分。
32.如图所示，电源两端电压保持不变，电阻R1的阻值为10Ω，电阻R2的阻值为50Ω。闭合开关S，电阻R2两端的电压为10V。求：
（1）电源两端的电压。
（2）电路消耗的总功率。
七、综合题：本大题共3小题，共12分。
33.（1）用图甲所示的装置探究“磁场对电流是否有力的作用”。闭合开关前，直导线AB中没有电流，AB不动；闭合开关后，观察到的现象是______，说明磁场对电流有力的作用。
（2）用图乙所示的装置探究“感应电流方向与导体运动方向是否有关”。闭合开关，直导线AB向右运动，电流计指针向左偏转；闭合开关，需要进行的操作是______，若观察到电流计指针向右偏转，则说明感应电流方向与导体运动方向有关。
34.一盛有水的容器放在水平桌面上，容器和水的总质量为2.0kg,容器的底面积为1.0×102m2。将一体积为1.2×10-4m3的金属块用细线吊起后浸没在水中保持静止，如图所示。已知金属块的重力为7.5N，不计细线的质量和体积。
（1）画出金属块在竖直方向的受力示意图；
（2）求金属块受到的浮力大小；
（3）求细线对金属块的拉力大小；
（4）求容器对桌面的压力。
35.图甲所示为某款新型电饭煲，它可以智能化地控制不同时间段的烹饪温度，从而获得食物最佳的营养和口感。图乙所示为该电饭煲的工作原理图，R1和R2为阻值不等且不变的电热丝，S是手动开关，S1是自动控制开关。该电饭煲的额定电压是220V，正常工作30min,电功率随时间变化的图像如图丙所示。求：
（1）分别画出此电饭锅大功率、小功率状态下的电路图。
（2）电路工作中的最小电流。
（3）R1的电阻值。
（4）0 15min内电饭煲消耗的电能。
1.【答案】
【解析】解：A．在国际单位制中，焦耳是功的单位，故A不符合题意；
B．在国际单位制中，帕斯卡是压强的单位，故B不符合题意；
C．在国际单位制中，瓦特是功率的单位，故C符合题意；
D．在国际单位制中，伏特是电压的单位，故D不符合题意。
故选：C。
焦耳是功的单位，瓦特是功率的单位，帕斯卡是压强的单位，伏特是电压的单位。
此题考查学生对物理单位的了解，是一道基础题。
2.【答案】
【解析】解：A、用刀切苹果，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；故A不合题意；
B、用很细的钢丝切肥皂，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；故B不合题意；
C、注射器针头做得很尖，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；故C不合题意；
D、书包带做的很宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强。故D符合题意。
故选：D。
压强大小跟压力大小和受力面积大小有关。
增大压强的方法：是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；是在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强。
减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强。
掌握压强大小的影响因素，利用控制变量法解释生活中有关增大和减小压强的问题。
3.【答案】
【解析】解：A、运动员举着杠铃不动，有力但是没有在力的方向上移动距离，所以没有做功，故A错误。
B、人推车，车没动，有力的作用，但是没有在力的方向上移动距离，所以没有做功，故B错误。
C、起重机吊着重物上升，钢丝对重物有向上的拉力，同时重物在力的作用下沿力的方向移动了距离，所以做功了，故C正确。
D、足球在水平地面上滚动，足球受重力的作用，但是并没有在重力的方向上移动距离，所以重力没有对足球做功，故D错误。
故选：C。
力对物体做功的两个条件：1、力。2、物体沿力的方向通过的距离。两个条件缺一不可。
此题考查的是力对物体做功的条件的判断，特别要好好理解物体沿力的方向通过的距离，例如D答案，有力也有距离，但是因为物体的运动方向不是沿着力的方向，而是与力的方向垂直，这样力就没有做功。
4.【答案】
【解析】A、筷子在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A不符合题意；
B、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，故B不符合题意；
C、食品夹在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故C不符合题意；
D、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故D符合题意。
本题主要考查对杠杆分类方法的了解，动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆，动力臂小于阻力臂的杠杆为费力杠杆，动力臂等于阻力臂的杠杆为等臂杠杆。
此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
5.【答案】
【解析】解：AB、奥斯特实验说明通电导体周围存在磁场，磁场的方向与电流的方向有关，小磁针只是反应磁场的存在，不能决定磁场的方向，故A正确、B错误；
CD、通电螺线管的磁性强弱与电流的大小和线圈的匝数有关，通过电流的通断可以控制螺线管磁性的有无，通电时，螺线管有磁性，断电时，螺线管没有磁性，故CD正确。
故选：B。
（1）通电导体周围存在磁场，磁场的方向与电流的方向有关；
（2）通电螺线管的磁性强弱与电流的大小和线圈的匝数有关；
通过电流的通断可以控制螺线管磁性的有无。
本题考查了电流的磁效应和通电螺线管的磁场，属于基础题。
6.【答案】
【解析】解：当金属块慢慢放入水中，浸没前排开水的体积逐渐变大，池内的水面高度升高，根据阿基米德原理知道金属块受到的浮力变大；此时金属块受到的浮力等于铁块重减去弹簧测力计的示数（F浮=G-F示），由此可知弹簧测力计的读数变小；浸没后，排开水的体积不变，池内的水面高度不变，而受到的浮力不变，弹簧测力计的示数不变，即弹簧测力计示数先减小后不变。
故选：B。
根据阿基米德原理分析浮力的变化，结合称重法分析弹簧测力计的示数变化，根据浸入体积的变化分析液面的变化。
本题考查称重法和阿基米德原理的应用，属于基础题。
7.【答案】
【解析】解：A、由此现象可以得出力是改变物体运动状态的根本原因，故A错误；
B、人推木箱的力与木箱对人的力作用在两个物体上，不是一对平衡力，故B错误；
C、重力的方向竖直向下，木箱在水平面上做匀速直线运动，木箱在重力的方向上没有移动距离，所以重力对木箱没有做功，故C错误；
D、人推木箱的力与木箱受到的摩擦力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故D正确。
故选：D。
（1）力是改变物体运动状态的根本原因；
（2）二力平衡的条件是：作用在同一个物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上；
（3）做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离，二者缺一不可。
本题主要以木箱匀速运动为背景，考查了平衡力、力与运动的关系、力是否做功的判断等知识点，是一道综合题。
8.【答案】
【解析】解：A、小球从B运动到D的过程中，有一部分机械能会转化为内能，故小球在B点的机械能大于在D点的机械能，已知B和D两点的高度相同，即两位置小球的重力势能相同，根据“机械能=动能+势能”可知，小球在B点的动能大于在D点的动能，故A错误；
B、小球从A点到C点过程中，由于小球在滚动的过程中受摩擦力的作用，小球克服摩擦力做功，机械能会转化为内能，小球的机械能会减小，所以小球在A点和C点的机械能不相等，故B错误；
C、小球从A点到C点过程中，小球的质量不变，高度变小，则重力势能变小，故C错误；
D、小球从C点到D点过程中，由于小球在滚动的过程中受摩擦力的作用，小球克服摩擦力做功，机械能会转化为内能，小球的机械能会减小，故D正确。
故选：D。
（1）影响重力势能大小的因素有：质量和高度；质量越大，高度越高，则重力势能越大；机械能等于动能和重力势能之和；
（2）如果考虑摩擦阻力，则动能和势能相互转化时，物体的机械能是不守恒的，一部分机械能会转化为内能，机械能减小。
本题考查动能和势能的大小变化，注意：物体在粗糙的表面上运动时，其机械能不守恒。
9.【答案】
【解析】解：A、甲实验两个磁体间相互排斥，说明同名磁极间相互作用规律为相互排斥，故A错误；
B、乙实验是奥斯特实验，说明电流周围存在磁场，且电流产生的磁场的方向与电流方向有关，故B错误；
C、丙实验中电路中有电源，闭合开关后，导线中有电流，由于通电导体在磁场中受力而运动，电动机是依据此原理制成的，故C正确；
D、丁实验演示电磁感应现象，线圈切割磁感线的过程中产生感应电流，将机械能转化为电能，故D错误。
故选：C。
（1）同名磁极相互排斥；
（2）奥斯特实验说明电流周围存在磁场；
（3）通电导体在磁场中受力而运动，这是电动机的原理；
（4）电磁感应现象是闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线运动时，导体中会有感应电流产生，把机械能转化为电能。
电动机和发电机的原理图非常相似，重要区别在于电动机电路有电源，发电机电路没有电源，注意区分，容易混淆。
10.【答案】
【解析】解：AB、灯与变阻器串联，电压表测灯的电压，电流表测电路的电流，滑片向B端移动，变阻器连入电路的电阻变大，由串联电阻的规律，电路的电阻变大，由欧姆定律，电流表示数变小，B错误；灯泡变暗；A错误；
C、根据U=IR，电压表示数变小，由串联电路电压的规律，滑动变阻器两端电压变大，C正确，D错误。
故选：C。
AB、灯与变阻器串联，电压表测灯的电压，电流表测电路的电流，滑片向B端移动，确定变阻器连入电路的电阻变化，由串联电阻的规律和欧姆定律分析电流表示数变化及灯的亮度；
C、根据U=IR分析电压表示数变小，由串联电路电压的规律得出滑动变阻器两端电压变化。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，要掌握。
11.【答案】
【解析】解：（1）因水平面上物体的压力和自身的重力相等，
所以，用水平力F向右匀速推动木板时，木板对桌面的压力F不变，故A错误；
因水平力F向右匀速推动木板时，木板与桌面的接触面积变小，受力面积变小，
所以，由p=可知，长木板对桌面的压强变大，故B错误；
（2）因滑动摩擦力的大小只与接触面的粗糙程度和压力的大小有关，
所以，水平力F向右匀速推动木板时，压力和接触面的粗糙程度不变，
向右缓慢地推木板的过程中受力面积变小，长木板受桌面的摩擦力不变，故D错误；
因水平力F向右匀速推动木板时处于平衡状态，木板受到的推力和摩擦力是一对平衡力，
所以，水平推力F保持不变，故C正确。
故选：C。
（1）水平面上物体的压力和自身的重力相等，根据向右缓慢地推木板时受力面积的变化判断对桌面压强的变化；
（2）根据影响滑动摩擦力大小的因素：压力的大小和接触面的粗糙程度判断此过程摩擦力的变化，物体匀速匀速时处于平衡状态，根据二力平衡条件判断推力的变化。
本题考查了压力和压强大小的比较和影响滑动摩擦力大小的因素以及二力平衡条件的应用，关键是会分析向右缓慢地推木板的过程中变化的量和不变的量。
12.【答案】
【解析】解：①足球在上升过程中，速度减小，高度增大，是动能转化为重力势能，故错误；
②踢出去的足球能继续向前飞行是由于足球具有惯性，仍保持原来的运动状态，故正确；
③足球在空中飞行时受到重力，但不受向前的推力，故错误；
④足球在空中飞行过程中，速度和方向均改变，所以运动状态发生改变，故正确；
⑤空中飞行的足球，若它所受的力全部消失，它保持均速直线运动，故错误；
⑥踢球时脚感到疼是因为物体间力的作用是相互的，故正确．
综上所述，正确的序号有②④⑥．
故选B．
针对题干中的说法，分别运用能量的转化、惯性、受力分析、牛顿第一定律、力的作用的相互性等知识来进行分析与判断．最终做出选择．
本题以足球运动为背景，考查了其中所涉及的多个物理知识点，体现了物理在生活中的应用，有一定综合性，但难度不大．
13.【答案】
【解析】解：AB、水对杯底的压强：
p水=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/kg×5×10-2m=500Pa；
根据p=可得，水对杯底的压力：F水=p水S=500Pa×20×10-4m2=1N，故AB错误；
CD、水杯对水平桌面的压力等于杯子和水的总重力，即：
F=G总=G杯+G水=1N+1.8N=2.8N，故C错误、D正确。
故选：D。
（1）已知水的深度和密度，根据p=ρ液gh求水对杯底的压强，根据p=求水对杯底的压力；
（2）水杯对水平桌面的压力等于杯子和水的总重力。
本题考查压强和压力的计算，难度一般。
14.【答案】
【解析】解：由电路图可知，R0和R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
AC、当滑动变阻器接入电路的电阻最小时，电路为R0的简单电路，
由乙图可知，电路中的最大电流I大=1.6A，
电源电压U=I大R0=1.6A×R0.....①，
电路中的电流为0.2A时，电压表的示数为7V，
根据串联电路的特点和欧姆定律可知电源电压U=U0+UR=I小R0+7V=0.2A×R0+7V.....②，
联立①②得：U=8V，R0=5Ω；
故A正确、C错误；
B、电路的最大功率：
P最大=UI最大=8V×1.6A=12.8W，故B错误；
D、当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，
由乙图可知，电路中的最小电流I最小=0.2A，R两端的电压UR=7V，
则滑动变阻器的最大阻值：
R===35Ω，故D错误。
故选：A。
由电路图可知，R0和R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器接入电路的电阻最小时，电路为R0的简单电路，由乙图可知，电路中的最大电流I大=1.6A，根据欧姆定律得出电源电压的表达式；
电路中的电流为0.2A时，电压表的示数为7V，根据串联电路的特点和欧姆定律可知电源电压表达式，联立两式得出电源电压和R0的阻值；
（2）根据P=UI求出电路的最大功率；
（3）当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，根据图象读出此时电路中的电流和R两端的最大电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，根据P=UI求出电路的最小功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率的计算，关键是电路最大和最小电流的判断。
15.【答案】
【解析】解：A、当物体漂浮在液体中时，物体受到的浮力等于物体的重力大小，由图可知，V排甲＜V排乙，根据阿基米德原理可得甲乙液体密度的大小关系：ρ1＞ρ2，故A错误；
B、由于两容器中液体深度相同，根据液体压强公式p=ρ液gh可知密度大的液体对容器底部的压强大，所以p1＞p2，故B错误；
C、由于小球漂浮在液体A中，所以F1=G球，小球漂浮在液体B中，所以F2=G球，所以F1=F2，故C错误；
D、由图可知甲、乙液体体积的大小关系V1＞V2，又因为ρ1＞ρ2，根据m=ρV可知，甲、乙液体质量的大小关系m1＞m2，根据G=mg可知，甲、乙液体重力的大小关系G1＞G2，由于容器对地面的压力等于容器的重力、液体的重力以及小球的重力之和，所以F1'＞F2'，故D正确。
故选：D。
（1）当物体漂浮在液体中时，物体受到的浮力等于物体的重力大小，由图可知，V排甲＜V排乙，根据阿基米德原理可得出甲乙液体密度的大小关系；
（2）根据浮沉条件判断物体受到的浮力大小；
（3）深度相同，根据液体压强公式p=ρ液gh即可判断出液体对容器底部压强的大小；
（4）容器对地面的压力等于容器的重力、液体的重力以及小球的重力之和；由图可判断出两液体体积的关系，只需根据密度公式比较液体的质量的大小关系即可得出液体的重力关系。
本题考查了学生对漂浮条件、液体压强公式的理解和运用。根据物体漂浮确定小球受到的浮力大小关系是本题的关键。
16.【答案】
【解析】解：A、电荷的定向移动形成电流，正电荷或负电荷定向移动都能形成电流，故A错误。
B、规定：正电荷定向移动的方向是电流的方向，故B正确。
C、电压是电路中形成电流的原因，电压的作用就是使电路形成电流，故C正确。
D、电功率是描述电流做功快慢的物理量，电功率大表示做功快，故D正确。
故选：BCD。
（1）电荷的定向移动形成电流。
（2）规定：正电荷定向移动的方向是电流的方向。
（3）电压是电路中形成电流的原因，电压的作用就是使电路形成电流。
（4）电功率是描述电流做功快慢的物理量。
理解电流的形成和电流方向的规定，明确电压与电流间的关系，理解电功率概念，可解答此题。
17.【答案】
【解析】解：A、竖直向上抛出的篮球在空中上升到最高点时仍然受到重力，故A错误；
B、竖直加速下落的排球，运动状态改变受非平衡力作用，故B正确；
C、水平向前滚动的足球，它受到重力和地面的支持力大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用用在同一物体上，是一对平衡力，故C正确；
D、重力和支持力是不同性质的力，不是相互作用力，故D错误。
故选：BC。
（1）地面附近的物体受到重力的作用；
（2）物体受非平衡力作用，运动状态改变；
（3）作用在同一个物体上的两个力，大小相等，方向相反，作用在一条直线上，处于平衡状态的物体，受到的力是平衡力；
（4）相互作用力的特点：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
本题考查了相互作用力以及平衡力的判断，难度不大。
18.【答案】
【解析】解：A、根据磁极间的相互作用规律，同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故A正确。
B、利用撒在磁体周围的铁屑可以判断该磁体周围磁场的分布情况，铁屑密集处磁场强，稀疏处磁场弱，但无法判断各点的磁场方向，故B错误。
C、电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，工作时主要的能量转化是将电能转化为机械能，故C正确。
D、导体在磁场中做切割磁感线运动时，若电路不闭合，只会产生感应电动势，不会产生感应电流，只有闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，才会产生感应电流，故D错误。
故选：AC。
A、同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
B、利用撒在磁体周围的铁屑可以判断该磁体周围磁场的分布情况，但无法判断各点的磁场方向。
C、电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，工作时主要的能量转化是将电能转化为机械能。
D、闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，才会产生感应电流。
本题考查了磁极间的作用，磁场的描述，电动机工作时的能量转化，电磁感应现象。
19.【答案】
【解析】解：
A、建材的重力：G=mg=40kg×10N/kg=400N，
工人拉力做的有用功：W有=Gh=400N×5m=2000J，
由η=×100%可得，拉力做的总功：W总===2500J，
由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=2，
则绳子自由端移动的距离：s=nh=2×5m=10m,
由W总=Fs可得，滑轮组绳子自由端拉力：F===250N，
此过程中该工人对地面的压力：F压=G人-F=700N-250N=450N，故A错误；
B、此过程中工人拉力做功的功率：P===125W，故B错误；
C、由两个滑轮的质量相等和G=mg可得：G定=G动=100N，
此过程中B处挂钩受到天花板的拉力：F拉=G定+2F=100N+2×250N=600N，故C正确；
D、因为不计绳重和摩擦时F=（G+G动），所以动滑轮的重力：G动=nF-G=2×250N-400N=100N，
人的最大拉力等于人自身的重力，因此绳子自由端的最大拉力：F最大=G人=700N，
因为不计绳重和摩擦时F=（G+G动），所以建材的最大重力：G最大=nF最大-G动=2×700N-100N=1300N，
由G=mg可知，建材的最大质量：m===130kg,故D正确。
故选：CD。
（1）根据G=mg求出建材的重力，根据W=Gh求出工人拉力做的有用功，利用η=×100%求出拉力做的总功，根据图示滑轮组可知绳子的有效股数，利用s=nh求出绳子自由端移动的距离，利用W=Fs求出滑轮组绳子自由端拉力，此过程中该工人对地面的压力等于自身的重力减去绳子的拉力；
（2）根据P=求出此过程中工人拉力做功的功率；
（3）根据两个滑轮的质量相等和G=mg得出定滑轮的重力，此过程中B处挂钩受到天花板的拉力等于定滑轮的重力加上两股绳子的拉力之和；
（4）不计绳重及摩擦，利用F=（G+G动）求出动滑轮重力，根据人的最大拉力等于人自身的重力求出绳子自由端的最大拉力，利用不计绳重和摩擦时F=（G+G动）求建材的最大重力，利用G=mg求建材的最大质量。
本题考查了重力公式和做功公式、滑轮组机械效率公式、滑轮组拉力公式、功率公式的应用等，要注意B处挂钩受到天花板的拉力等于定滑轮的重力加上两股绳子的拉力之和。
20.【答案】
【解析】解：AB、对杠杆AOB，根据杠杆平衡原理知，
FALOA=FBLOB=G乙LOB，有：FA×1=4N×2，
则杠杆A端受到的拉力为：FA=8N，
A静止受力平衡，故支持力F'=G-FA=20N-8N=12N，故A错误，B正确；
C、根据相互作用力大小相等，故对地面的压力F=F'=12N；
压强p===1200Pa；故C正确；
D、若用6N的力竖直向下拉乙，
根据杠杆平衡条件F'ALOA=F'乙LOB，有：FA×1=（4N+6N）×2，
杠杆A端所受拉力为：
F′A=20N，
甲物体对地面的压力等于它受到的支持力，
即F压'=F支持'=G甲-FA'=20N-20N=0N，压力为0，则压强为0；故D正确。
故选：BCD。
（1）根据杠杆平衡条件计算A端的拉力；结合受力分析，计算地面的支持力；
（2）根据相互作用力大小相等，确定地面的压力，结合p=计算压强；
（3）若用6N的力竖直向下拉乙，根据杠杆平衡条件计算A端的拉力，据此分析解答。
本题考查杠杆平衡条件的应用与压力、压强的计算，属于中档题。
21.【答案】
【解析】解：电流从螺线管的左端流入，右端流出，根据螺线管的线圈绕向，用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中的电流方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极，即可确定螺线管的左端为N极，右端为S极．
故答案为：N．
利用图示的线圈绕向和电流方向，根据安培定则即可确定螺线管的左端的极性．
此题考查了安培定则的应用，题目的难度不大，考查的知识点较单一．
22.【答案】
【解析】解：由图知，刻度尺的分度值为1mm,铅笔的左端与零刻度线对齐，右端对应的刻度为6.70cm,则铅笔的长度为6.70cm。
故答案为：6.70
使用刻度尺测量物体长度之前，要明确其分度值；测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0刻度线开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
此题考查了刻度尺的使用，属于基础知识。
23.【答案】
【解析】解：电能表最后一位示数是小数位，单位是kW h,图示电能表的读数为2023.6kW h。
故答案为：2023.6。
电能表读数时，注意：电能表的最后一位数是小数，单位是kW h
本题考查了电能表的读数，属于基础题目。
24.【答案】
【解析】解：
由题知，O点为支点，AB是力F的作用线，OA⊥AB，则OA为支点到力F的作用线的距离，即线段OA表示力F的力臂。
故选：A。
力臂是支点到力的作用线的距离，由此结合图示选择F的力臂。
本题考查了力臂概念，注意力臂是从支点到力的作用线的距离，不是支点到作用点的距离。
25.【答案】
【解析】解：闭合开关前，为保护电路，将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处，即最右端。
由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测量定值电阻两端电压，电流表测量电路电流；
电流表使用量程0～0.6A，分度值0.02A，所以通过电阻R的电流为0.5A；
电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为1.5V；
由I=可得，待测电阻R的阻值：
R===3Ω。
故答案为：右；1.5；3。
（1）闭合开关前，为保护电路，将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处。
（2）由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测量定值电阻两端电压，电流表测量电路电流；确定电压表、电流表的量程、分度值，读出电压表和电流表的示数，根据欧姆定律求出待测电阻的阻值。
本题是测量电阻的实验，考查了电表的读数以及电阻的计算，电表的读数时注意要明确量程和分度值。
26.【答案】
【解析】解：（1）探究压力的作用效果与压力大小的关系时应控制受力面积的大小不变，故比较甲、乙两图可知，压力的作用效果跟压力大小有关；
（2）比较乙、丙两图可知，压力大小相同，而受力面积不同，由转换法，压力的作用效果不同，故可知压力的作用效果跟受力面积有关；
（3）此实验中运用到的主要探究方法是控制变量法和转换法。
故答案为：（1）甲、乙；（2）受力面积；（3）控制变量法；转换法。
根据海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果，海绵的凹陷程度越大，说明压力的作用效果越明显，用到的科学实验方法是转换法；
压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，研究与其中一个因素的关系时，应采用控制变量法。
本题探究“压力的作用效果跟什么因素有关”的实验，主要考查控制变量法及转换法的应用，体现了对过程和方法的考查。
27.【答案】
【解析】（1）分析甲、丙实验可知，质量相同，高度不同，小球到达平面的速度不同，根据控制变量法可知通过比较甲、丙两次实验，可以探究物体的动能与速度之间的关系；
（2）分析甲、乙实验可知，质量不同，高度相同，小球到达平面的速度相同，根据控制变量法可知通过比较甲、乙两次实验，可以探究物体的动能与质量之间的关系；
（3）图甲、乙所示的两次实验中，小球都从相同高度处由静止释放，是为了使两次实验中小球运动到斜轨道底端时的速度相同。
故答案为：（1）速度；（2）甲、乙；（3）速度。
（1）（2）动能的影响因素有质量和速度，根据控制变量法分析即可；
（3）小球到达水平面的速度由小球释放的高度决定。
动能的决定因素有两个：质量和速度。要研究物体的动能与物体的质量和速度的关系时，要从控制变量法的思路入手分析，注意解本题时，要把握图中的相同点与不同点。
28.【答案】
【解析】解：
（1）由图甲、乙，根据称重法测浮力知：石块所受的浮力：
F浮=F1-F2。
（2）由图丙可知：石块排开的水所受的重力：
G排=F3-F4。
（3）比较F浮和G排的大小，发现F浮=G排，从而验证“浸在水中的物体受到的浮力大小等于物体排开的水所受的重力”。
故答案为：（1）F1-F2；（2）F3-F4；（3）=。
（1）由图甲、乙，根据称重法求出浮力；
（2）图丙中两次测力计示数之差即为石块排开的水所受的重力；
（3）比较F浮和G排的大小，F浮=G排。
本题验证“浸在水中的物体受到的浮力大小等于物体排开的水所受的重力”，考查称重法测浮力、操作过程等知识。
29.【答案】
【解析】解：（1）当电阻丝通电后，电流产生热量使煤油温度升高，从而使温度计示数上升，因此可根据温度计示数的大小可知电流通过导体产生热量的多少；
（2）此实验中，两电阻电路串联，电流和通电时间相同，故探究电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系。
故答案为：（1）温度计示数；（2）电阻大小。
（1）电流通过导体产生热量的多少，我们通过肉眼直接观察看不到其多少，在此应用了转换法，把电流通过导体产生热量的多少用我们能看到的温度计示数的变化表现出来。
（2）电流通过导体产生的热量与电流大小、电阻大小和通电时间有关。
本题以探究“电流通过导体产生的热量跟哪些因素有关”这一实验，考查“转换法”和“控制变量法”的应用。
30.【答案】
【解析】解：闭合开关S1和S2，待测电阻Rx被短路，为R0的简单电路，电压表测电源电压，此时电压表的示数为U2，则电源电压为U2；
闭合开关S1，断开开关S2，两电阻串联，记录电压表的示数为U1，即R0两端电压，
根据串联电路电压的规律，待测电阻两端电压：Ux=U2-U1，
串联电路中各处的电流相等，结合欧姆定律有：=
则Rx==×R0，故A正确。
故答案为：A。
闭合开关S1和S2，待测电阻Rx被短路，为R0的简单电路，电压表测电源电压；闭合开关S1，断开开关S2，两电阻串联，电压表测R0的电压，根据串联电路电压的规律和电流的规律及欧姆定律列出Rx的表达式。
本题考查测量的特殊方法和操作过程，为中考的热点问题。
31.【答案】
【解析】解：乙丙图中物体都处于漂浮状态，物体受到的浮力等于自身的重力，则F浮A=F浮B，即
ρAgVA=ρBgVB；
式中VA和VB为密度计在液体A和B中排开液体的体积，由题知：
VA＞VB；
由以上两式可得：
ρA＜ρB。
（1）密度计测量液体密度的基本原理是漂浮的物体浮力始终等于重力；
（2）从图可以得出密度计排开液体体积的大小关系，再根据分析液体的密度大小关系。
本题考查了学生对阿基米德原理和物体的漂浮条件的掌握和运用，利用好密度计测液体密度时漂浮（F浮=G）是本题的关键。
32.【答案】
【解析】（1）由图可知，R1与R2串联，已知R1=10Ω，R2=50Ω，R2两端的电压U2=10V，
则通过R2的电流为I===0.2A，
电源两端的电压：U=I（R1+R2）=0.2A×（10Ω+50Ω）=12V；
（2）电路消耗的总功率：P=UI=12V×0.2A=2.4W；
答：（1）电源两端的电压是12V；
（2）电路消耗的总功率是2.4W。
（1）已知R1、R2的阻值，以及R2两端的电压，用公式I=算出电路电流，再用公式U=IR算出总电压；
（2）电路的电流与电源电压均已算出，用公式P=UI算得电路消耗的总功率。
本题考查欧姆定律的应用，电功率的综合计算。
33.【答案】
【解析】解：（1）闭合开关前，直导线AB中没有电流，AB不动；闭合开关后，通过导体AB有电流，会观察到AB运动，这说明通电导体在磁场中受到了力的作用；
（2）探究“感应电流方向与导体运动方向是否有关”时，需要控制磁场的方向不变，改变导体运动的方向；闭合开关，应让直导线AB向左运动，观察电流计指针的偏转方向。
故答案为：（1）AB运动；（2）让直导线AB向左运动。
（1）通电导线在磁场中受力的作用；
（2）感应电流的方向与导体运动的方向和磁场的方向有关，根据实验目的结合控制变量法分析。
本题考查了磁场对电流的作用、影响感应电流方向的因素，难度不大，利用好控制变量法是解题的关键。
34.【答案】
【解析】（1）金属块受到竖直向下的重力和竖直向上的拉力和浮力，如下图所示：
（2）金属块浸没时，金属块排开水的体积V排=V=1.2×10-4m3，
金属块受到的浮力为：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.2×10-4m3=1.2N；
（3）由于用细线将金属块浸没在水中处于静止状态，则根据受力平衡可得，细线对金属块的拉力：F=G-F浮=7.5N-1.2N=6.3N；
（4）容器和水的总重力：G总=m总g=2kg×10N/kg=20N，
容器对桌面的压力：F=G总+G-F=20N+7.5N-6.3N=21.2N。
答：（1）如解答中的图；
（2）金属块受到的浮力大小为1.2N；
（3）细线对金属块的拉力大小为6.3N；
（4）容器对桌面的压力为21.2N。
（1）金属块在竖直方向上受到重力、拉力和浮力的作用；
（2）知道水的密度和金属块的体积，根据阿基米德原理求出金属块浸没时受到的浮力；
（3）根据受力平衡即可求出细线对金属块的拉力。
（4）先根据G=mg求出容器和水的总重力，再根据容器对桌面的压力等于容器、水和金属块的总重力减去拉力求出压力。
本题考查了阿基米德原理、平衡力、重力公式的应用，关键明确容器对水平桌面的压力都等于容器、液体和物体的总重。
35.【答案】
【解析】（1）由电路图可知，当开关S和S1都闭合时，电路为R1与R2并联，根据并联电路的特点可知，此时电路的总电阻最小，由P=可知，电路的总功率最大，电饭锅处于大功率状态（见图2）；
当只闭合开关S、断开S1时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最大，总功率最小，电饭锅处于小功率状态（见图1）；
（2）由图丙可知，电饭锅的最小功率P小=110W，
由P=UI可知，电路工作中的最小电流：I小===0.5A；
（3）电饭锅大功率工作时R1的电功率：P1=P大-P小=990W-110W=880W，
由P=可知，R1的电阻值：R1===55Ω；
（4）由图丙可知，0 15min内电饭锅大功率工作时间t1=10min=600s,小功率工作时间t2=5min=300s,
0 15min内电饭煲消耗的电能：W=W1+W2=P大t1+P小t2=990W×600s+110W×300s=6.27×105J。
答：（1）图见解答；
（2）电路工作中的最小电流为0.5A；
（3）R1的电阻值为55Ω；
（4）0 15min内电饭煲消耗的电能为6.27×105J。
（1）由电路图可知，当开关S和S1都闭合时，电路为R1与R2并联；当只闭合开关S、断开S1时，电路为R1的简单电路，根据并联电路的特点和P=可知电饭锅大功率、小功率状态下的电路连接，据此画出等效电路图；
（2）由图丙可知电饭锅的最小功率，根据P=UI求出电路工作中的最小电流；
（3）根据P1=P大-P小求出R1的电功率，根据P=求出R1的电阻值；
（4）由图丙可知0 15min内电饭锅大功率工作时间和小功率工作时间，根据W=Pt求出0 15min内电饭煲消耗的电能。
本题考查并联电路的特点、等效的画法、电功公式以及大功率公式灵活运用，能从图中获取相关信息是解题的关键。
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