重庆市渝北区2023年六校中考物理练兵试卷（一模）
一、单选题
1．（2023·渝北模拟）根据你对生活中物理量的认识，下列数据符合实际的是（ ）
A．教室里空气的质量约为1kg
B．九年级物理教科书的长度约为26cm
C．教室里一盏日光灯的额定功率为400W
D．体育考试前同学们慢速热身跑的速度接近20m/s
【答案】B
【知识点】质量及其特性；功率的概念；长度的估测；速度与物体运动
【解析】【解答】 A、空气的密度在1.3kg/m3左右。教室的长、宽、高分别在9m、8m、3.5m左右，根据密度公式，教室中空气的质量：m=ρV=1.3kg/m3×9m×8m×3.5m= 327.6kg。A选项不符合实际；
B、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约18cm，九年级物理课本的长度略大于18cm，在26cm左右。B选项符合实际；
C、教室中日光灯正常发光的电流在0.2A左右，额定功率在P=UI=220V×0.2A=44W，C选项不符合实际；
D、男子百米世界纪录略大于10m/s，中学生慢速热身跑的速度远小于10m/s。D选项不符合实际。
故答案为：B。
【分析】根据常见的质量、长度、电功率及速度，结合数据解答。
2．（2023·渝北模拟）民谚俗语常常包涵丰富的物理知识．以下属于光的反射现象的是（ ）
A．井底之蛙，所见甚小
B．不经历风雨，怎么见彩虹
C．海市蜃楼，虚无缥缈
D．摘不到的是镜中花，捞不到的是水中月
【答案】D
【知识点】光的反射
【解析】【解答】 A、光线是在同种均匀介质中沿直线传播的，井底之蛙，所见甚小是光沿直线传播现象，故A不符合题意；
B、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，故B不符合题意；
C、海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生折射而引起的，故C不符合题意；
D、因为平静的水面可以当做平面镜，而水中月就是月亮在平面镜中的像，镜中花也是花在平面镜中的像，平面镜成像的原理是光的反射，所以“水中月”和“镜中花”都属于光的反射。故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】光在传播过程中遇到障碍物被反射回来的现象叫光的反射，平面镜成像的原理是光的反射。
3．（2020八上·天津月考）下列所描述的现象中，属于汽化的是（ ）
A．春天，冰雪消融 B．夏天，晾在室内的湿衣服变干
C．秋天，早晨草木上出现的露珠 D．冬天，湖面的水结成冰
【答案】B
【知识点】汽化及汽化吸热的特点
【解析】【解答】A．春天，冰雪消融，是熔化，A选项不符合题意；
B．夏天，晾在室内的湿衣服变干，是蒸发，是汽化，B选项符合题意；
C．秋天，早晨草木上出现的露珠，液化，C选项不符合题意；
D．冬天，湖面的水结成冰，凝固现象，D选项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】物体由液态变为气态的过程称为汽化，汽化吸热，结合选项分析求解即可。
4．（2023·渝北模拟）如图所示是沙滩摩托车，根据你所学的物理知识，下列说法正确的是 （ ）
A．摩托车的速度越快，它的惯性越大
B．摩托车底部安装有宽的轮子，是为了减小压力
C．摩托车对地面的压力和地面对摩托车的支持力是一对平衡力
D．摩托车轮子上有很多凸起的地方，是为了增大轮子与地面的摩擦力
【答案】D
【知识点】惯性及其现象；平衡力的辨别；增大或减小摩擦的方法；增大压强的方法及其应用
【解析】【解答】 A、惯性的大小与物体的运动状态、物体的形状、位置和受力情况都无关，惯性的大小只与物体质量的大小有关，故A错误；
B、摩托车底部安装有宽的轮子，在压力不变时，增大受力面积是为了减小压强，故B错误；
C、摩托车对地的压力和地面对摩托车的支持力，这两个力不作用在同一物体上，物体对地面的压力作用在地面上，地面对物体的支持力作用在物体上，二力是一对相互作用力。故C错误；
D、摩托车车轮胎上制有凹凸不平的花纹，在压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大摩擦。故D正确。
故答案为：D。
【分析】 惯性的大小只与物体质量的大小有关； 在压力不变时，增大受力面积可以减小压强；两个力大小相等、方向相反、作用在一条直线上和同一的物体上，是一对平衡力；两个力大小相等、方向相反、作用在一条直线上和不同的物体上是一对相互作用力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度可以增大摩擦。
5．（2016·扬州模拟）为避免超高车辆闯入隧道造成事故，小明设计了警示电路，使用时闭合开关S．导线EF横置于隧道口上沿前方，一旦被驶来的车辆撞断，红灯L亮且电动机转动放下栏杆．灯和电动机中，即使其中之一断路，另一个也能正常工作．下列电路中符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】导线EF横置于隧道口上沿前方，一旦被驶来的车辆撞断，红灯L亮且电动机转动放下栏杆，说明EF断开之后，电动机与指示灯是通路，EF断开之前，电动机与指示灯被短路，则导线EF与电动机和指示灯并联，灯和电动机中，即使其中之一断路，另一个也能正常工作，说明指示灯与电动机互不影响，能独立工作，电动机与指示灯是并联的，为防止EF断开之前电源被短路，电路干路中要接入保护电阻，由图示电路图可知，A符合要求 .
故答案为：A．
【分析】分析题意可知，灯和电动机并联在电路中，细导线的作用是将灯和电动机所在的电路短路，为了防止电源短路，电路中还要有一个保护电阻与电源串联，据此选择合适的电路图 .
6．（2023·渝北模拟）工人利用如图所示的滑轮组将重 120N 的物体向上匀速提起 2m 用时 5s．绳子自由端受到的拉力 F 为 50N（不计绳重和摩擦力）．以下相关计算的正确的是（ ）
A．有用功是 300J B．动滑轮的重力为 70N
C．拉力 F 的功率为 20W D．该滑轮的机械效率为 80%
【答案】D
【知识点】滑轮与功的综合题
【解析】【解答】A、滑轮组的有用功为：W有=Gh=120N×2m=240J，故A不符合题意；
B、由图可知，n=3，不计绳重及摩擦，根据拉力，G动=3F-G=3×50N-120N=30N，故B不符合题意；
C、绳子自由端移动的距离：s=3h=3×2m=6m；拉力的总功W总=Fs=50N×6m=300J，拉力的功率：，故C不符合题意；
D、滑轮组的机械效率，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据公式W有=Gh，可求出有用功；根据公式G动=3F-G，可求出动滑轮重；根据公式W总=Fs及，可求出功率；根据公式，可求出机械效率。
7．（2023·渝北模拟）如图所示的电路中，闭合开关S，让开关S1和S2断开，调节滑动变阻器的滑片P使其位于变阻器的a处（非最左端），此时灯泡L恰好正常发光，电流表A和电压表V均有示数。已知滑动变阻器的总电阻大于灯泡L的电阻，以下判断正确的是（ ）
A．若保持S1和S2断开，让P缓慢向右滑动，灯泡L变亮甚至可能被烧毁
B．若保持P在a处不动，S1仍断开，闭合S2后，A表和V表示数均变大
C．若保持P在a处不动，同时闭合S1和S2后，A表和V表示数将变大
D．若保持S1和S2断开，P移至变阻器最右端b，A表示数变化量和V表示数变化量的比值变大
【答案】B
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】A、若当保持S1和S2断开，让P缓慢向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，电路中电流变小，灯泡中的电流减小，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，不会被烧毁，故A错误；
B、保持P在a处不动，S1断开，闭合S2，变阻器与R0并联后与灯泡串联接入电路，电流表测量干路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；因电阻R0与变阻器并联，电路中总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中总电流变大，即电流表示数变大；由U=IR可知，灯泡两端的电压变大，即电压表示数变大，所以A表和V表示数均变大，故B正确；
C、若保持P在a处不动，同时闭合S1和S2后，灯泡和电压表被短路，变阻器与R0并联接入电路，电流表测量干路中的电流，由并联电路的电阻规律可知，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大；因电压表被短路，电压表没有示数，故C错误；
D、若保持S1和S2断开，变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流，根据欧姆定律可得电压R表示数为：U灯=IR灯，让P缓慢向右滑动后，电压表示数为：U灯'=I'R灯，则V表示数变化量为：△UL=U灯-U灯'=IR灯-I'R灯=（I-I')R灯=△IR灯，则，因灯泡的电阻随温度的升高而变大，A表示数变化量和V表示数变化量的比值与灯丝的电阻成反比，所以A表示数变化量和V表示数变化量的比值变小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】电流表与被测用电器串联；电压表与被测用电器并联；串联电路中，电流的路径只有一条，各元件顺次逐个连接；并联电路中，电流有多条路径，且互不影响，开关与控制部分串联，根据串并联电路的特点进行分析；由U=IR，判断电压变化；根据欧姆定律及并联电流特点，判断电流变化；根据及灯泡的电阻随温度的升高而变大，判断A表示数变化量和V表示数变化量的比值变化。
8．（2023·渝北模拟）小华用如图所示的电路测小灯泡功率.电路中电源电压恒为4.5 V，电压表的量程为0～3 V，电流表的量程为0～0.6 A，滑动变阻器的规格为“20 Ω1 A”，灯泡标有“2.5 V1.25 W”字样.若闭合开关，两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端电压不允许超过额定值，不考虑灯丝电阻的变化，则下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数的变化范围是0～0.5 A
B．灯泡的最小功率是0.162 W
C．滑动变阻器的电阻允许调节的范围是2.5 Ω～20 Ω
D．该电路的最大功率是2.7 W
【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A、由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。由P=UI可得，灯泡的额定电流：；因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，所以，电路中的最大电流为I大=0.5A，由欧姆定律可得，灯泡的电阻：，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的功率最小，此时电路中的电流：，所以，电流表示数的变化范围是0.18A~0.5A，故A错误；
B、灯泡的最小功率：P灯=（I小）2R灯=（0.18A）2×5Ω=0.162W，故B正确；
C、该电路的最大功率：P大=UI大=4.5V×0.5A=2.25W，故C错误；
D、电流最大时，电路中的总电阻：；因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑=R-R灯=9Ω-5Ω=4Ω，故D错误；
故答案为：B。
【分析】根据P=UI求出灯泡的额定电流，然后结合电流表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的最小电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，再根据P=UI求出该电路的最大功率；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，灯泡的功率最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=I2R求出灯泡的最小功率。
二、填空题
9．（2017·重庆模拟）物理学家 第一次准确地测出了大气压强的大小； 实验第一次发现了电流能够产生磁场．
【答案】托里拆利；奥斯特
【知识点】物理常识
【解析】【解答】解：（1）托里拆利第一次准确地测出了大气压强的大小；（2）奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，即电流的磁效应，是第一个发现电现象与磁现象之间有联系的人．
故答案为：托里拆利；奥斯特．
【分析】（1）能够证明大气压存在的实验有很多，但只要提到著名和首先的实验，那就确定了是哪一个；（2）奥斯特发现了电流的磁效应．
10．（2023·渝北模拟）某电热壶铭牌上标有“220V 1000W”字样，当其正常工作时，把质量为2kg、温度为30℃的水加热到80℃，用时10min。加热过程中，水吸收的热量是 J，电热壶烧水的效率是 。[c水=4.2×103J/（kg℃）]。
【答案】4.2×105；70%
【知识点】电功与热量的综合计算
【解析】【解答】水吸收的热量：Q吸＝cm（t－t0）=4.2×103J/(kg·℃)×2kg×(80℃-30℃)=4.2×105J；
电热壶正常工作时的功率为1000W，工作10min消耗的电能：W=Pt=1000W×600s=6×105J，
电热壶烧水的效率：。
【分析】利用Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量；根据W=Pt求出消耗的电能，水吸收的热量和消耗电能的比值即为出电热壶烧水的效率。
11．（2023·渝北模拟）如图所示，小明的质量为50kg，A、B、C处能承受的最大拉力分别为1000N、1300N、600N，每个滑轮重力均为100N，设每段绳子均处于竖直状态，不考虑绳子的质量和摩擦，则用此滑轮组提升重物的最大的机械效率为 ，若小明的双脚与地面的接触面积为500cm2，此时小明对地面的压强为 Pa。
【答案】87.5%；2000
【知识点】滑轮与功的综合题
【解析】【解答】由图可知，承重绳段数n=2，
①当C处绳子的拉力为600N时，由F=（G+G动）可得，A处绳子的拉力：FA=G=2FC-G动=2×600N-100N=1100N＞1000N，所以此种情况不可能；
②当A处绳子的拉力为1000N时，即GA=1000N，
C处绳子的拉力FC=（GA+G动）=（1000N+100N）=550N，以定滑轮为研究对象可知，受到B绳子竖直向上的拉力、定滑轮自身竖直向下的重力和三股绳子向下的拉力，由力的平衡条件可得，B处绳子的拉力FB=G定+3FC=100N+3×550N=1750N>1300N，所以此种情况不可能；
③当B处绳子的拉力为1300N时，以定滑轮为研究对象可知，受到B绳子竖直向上的拉力、定滑轮自身竖直向下的重力和三股绳子向下的拉力，
由力的平衡条件可得，FB=G定+3FC，则FC=(FB-G定）=(1300N-100N)=400N，
由F=（G+G动）可得，A处绳子的拉力：FA=2FC-G动=2×400N-100N=700N，此种情况可能，
此时滑轮组的机械效率：；
此时小明对地面的压力：F=G-FC=mg-FC=50kg×10N/kg-400N=100N；
小明对地面的压强：。
【分析】根据公式，可求出机械效率；根据公式，可求出压强。
12．（2023·渝北模拟）如图所示电路，电源电压保持不变，R为定值电阻。闭合开关S，调节滑动变阻器R′，发现电流表示数从0.1A变为0.4A，电压表示数改变了6V。由此判断在这一过程中滑动变阻器连入电路的阻值 （选填“变大”或“变小”），定值电阻R的电功率变化了 W。
【答案】变小；3
【知识点】电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】由电路图可知，电阻R与滑动变阻器R'串联，根据可知，电流表示数从0.1A变为0.4A时，电路中的电阻变小，即R滑动变阻器接入电路的电阻变小；当电路中的电流I1=0.1A时，根据可知，电阻R两端的电压为U1=I1R，R根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：变阻器两端的电压为U滑1=U-U1=U-I1R；当电路中的电流I2=0.4A时，电阻R两端的电压为U2=I2R，变阻器两端的电压为U滑2=U-U2=U－I2R；因电压表示数改变了6V，所以U滑1-U滑2=6V，即（U-I1R）-（U-I2R）=6V，；所以定值电阻R电功率的变化量：P=I22R-I12R= (0.4A)2×20Ω- (0.1A)2×20Ω=3W。
【分析】电阻R与滑动变阻器R'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；电压一定时，电流变大，电路中的总电阻变小；根据串联电路电压特点结合电压表的示数求出电阻R的阻值，再根据P=I2R求出求出定值电阻R电功率的变化量。
13．（2023·渝北模拟）如图所示电路，电源电压不变，灯泡L标有“6V 3W”字样（灯丝电阻不变）。当S闭合，S1、S2断开，滑片P从b端滑到中点时，电压表与电流表的U-I图象如图所示，电流表的示数变化了0.2A，那么当滑片在b端时，电流表的示数为 A；保持滑片P的位置不变，闭合S1、S2，电流表的示数又变化了2.25A，定值电阻R0的阻值为 Ω。
【答案】0.3；9
【知识点】电阻；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】由图知，当S闭合，S1、S2断开，灯泡和滑动变阻器串联，
当滑片在中点时，由图象知，灯泡两端电压为U额=6V，
因为P=UI，所以此时的电路电流为；
当滑片在b端时，电路总电阻更大，由知，电路电流更小，
所以P在b端时的电路电流为I小=I额-ΔI1=0.5A-0.2A=0.3A；
因为，所以灯丝电阻为，
当闭合，S1、S2断开，灯泡和滑动变阻器串联，设滑动变阻器的最大阻值为R，电源电压为U，根据题意得：
0.3A×（12Ω+R）=0.5A×（12Ω+R）
解得R=48Ω，U=18V；
滑片P的位置不变，闭合S1、S2，定值电阻和滑片在中点时的滑动变阻器并联，
干路电流为I并=I中+ΔI=0.5A+2.25A=2.75A，
因为，所以通过滑动变阻器的电流为，
通过R0的电流为I0=I并-IR=2.75A-0.75A=2A，
所以。
【分析】电流表与被测部分串联；电压表与被测部分并联；根据公式及I小=I额-ΔI1，可求出电流；根据公式，可求出电阻。
三、作图题
14．请按安全用电的原则，用笔画线代替导线将图中插座、开关和照明灯连入家庭电路中，使它们都能正常工作．
【答案】解：（1）灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡，零线直接接入灯泡，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故．既能控制灯泡，又能更安全．
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线．
如图所示：
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【分析】（1）灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套．
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线．
15．（2023·渝北模拟）根据图中条形磁铁的南北极，标出静止时的小磁针的N极。
【答案】
【知识点】磁现象
【解析】【解答】根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，靠近条形磁铁的南极的为小磁针的北极， 靠近条形磁铁的北极的为小磁针的南极，据此作图如下：
【分析】同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
四、填空题
16．（2023·渝北模拟）如图甲是某物体熔化时温度随加热时间变化的图象(假设在加热过程中总质量不变，单位时间内吸收的热量相同)．
（1）这种物质的固体属于 (选填“晶体”或“非晶体”)．如图乙，在某一时刻，用温度计测得物质的温度为 ℃
（2）在CD段时，此物质处于 （选填“固”“液”“固液共存”）态．
（3）在BC段，物体的内能 (选填“越来越小”“不变”或“越来越大”)．
（4）该物质在AB段和CD段的比热容分别为c1、c2，由图甲可知c1：c2=
【答案】（1）晶体；-6
（2）液
（3）越来越大
（4）1：2
【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；温度、热量与内能的关系；比热容
【解析】【解答】（1）由图知，该物质在熔化过程中，温度保持0℃不变，所以该物质为晶体。并且熔点为0℃。
由乙图可知，该温度计的分度值是1℃，而且液柱上表面对应的刻度在零刻度以下，故读数为-6℃；
（2）由图象知，该晶体在BC段温度保持不变，所以其正在熔化，到C点该晶体完全熔化完，所以CD段为液态。
（3）据图象能看出，该物质在BC段处于熔化过程中，晶体在熔化过程中，继续吸热，温度不变，但内能增加，内能越来越大；
（4）根据图中坐标信息可知，该物质在AB 段温度升高10℃，被加热5min；在CD段温度升高10℃，被加热10min；
则该物质在AB段吸热与CD段吸热之比为1：2，根据Q=cmΔt可得，。
【分析】 （1）晶体和非晶体在熔化过程中的区别：晶体在熔化过程中，温度不变；非晶体在熔化过程中温度不断上升，晶体熔化时的温度为熔点。温度计读数时，首先要看清温度计的分度值，再根据液柱上表面对应的刻度进行读数，还要注意是在零上还是零下；
（2）物质已经熔化完成为液态。晶体熔化前处于固态，熔化过程处于固液共存态。
（3）晶体在熔化过程中，继续吸热，温度不变，但内能增加。
（4）相同时间吸收的热量相等，根据公式Q=cmΔt，可求出比热容之比。
五、实验题
17．（2023·渝北模拟）小启和小宇在磁器口的嘉临江边各捡回一块外形奇特的石头，准备利用在课堂上学到的知识测定它的密度。
（1）小启现将天平放在 上，移动游码至标尺左端 处，发现指针静止在分度盘中央的右臂，则应将平衡螺母向 调节，直至天平平衡。
（2）用调好的天平测石子的质量，小明用天平测量矿石块的质量，如图甲，指出实验操作中的错误： 。改正错误后，小明用正确的方法称矿石块的质量，平衡时放在盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图乙，则石头的质量为 g，在量筒内装有一定量的水，该石子放入前、后的情况如图丙所示，则石头的体积是 cm3，此石头的密度是 kg/m3。
（3）小宇发现自己现有的器材中有天平（含砝码），但没有量筒，只有一个烧杯，聪明的小宇灵机一动设计了另一种测量石头密度的方案，步骤如下：
A．用天平测出矿石块的质量为m0；
B．在烧杯中倒满水，称出烧杯和水的总质量m1；
C．将矿石块轻轻放入装满水的烧杯中，矿石块沉入杯底，烧杯溢出水后，将烧杯壁外的水擦干净，重新放在天平左盘上，称出此时烧杯、杯内矿石和水的总质量m2；
D．已知水的密度，并将其记为ρ水；
E．则矿石密度的表达式：ρ矿石= （用m0、m1、m2、ρ水来表达）。
【答案】（1）水平桌面；零刻度线；左
（2）用手拿砝码；38.4；15；2.56×103
（3）
【知识点】质量的测量与天平的使用；固体密度的测量
【解析】【解答】（1）小启现将天平放在水平台面上，移动游码至标尺左端零刻度线处，发现指针静止在分度盘中央的右边，则应将平衡螺母向左调节，直至天平平衡。
（2）由图乙知，标尺的分度值为0.2g，矿石块的质量：m=20g+10g+5g+3.4g=38.4g；
由图丙知，量筒的分度值为1mL，矿石块的体积：V=45mL-30mL=15mL=15cm3；
矿石块的密度：。
（3）由矿石块吸水，会使得所测体积偏小，由密度公式可知会使测量密度偏大；
（4）由步骤A知，矿石块的质量为m0；
由B和C知，溢出水的质量：m溢=m1+m0-m2，
由密度公式可得，矿石的体积：
；
则矿石块的密度：。
【分析】 （1）使用天平时应先调节天平的平衡，在调节平衡螺母之前，应先将游码移至标尺的零刻线处，然后调节平衡螺母，一般遵循“左偏右调、右偏左调”的规律。
（2）矿石块的质量等于砝码的质量和游码对应的刻度之和。矿石块的体积由量筒中水的体积和放入矿石块后的总体积算出，根据密度公式求出金属块的密度。
（3）矿石吸水，根据实验步骤和所测质量和体积的差异分析解答。
（4）根据等效替代法，矿石块的体积大小等于溢出水的体积，根据密度公式矿石的密度。
18．（2023·渝北模拟）在“测定小灯泡功率”的实验中，被测小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω．
（1）在检查仪器时，发现电流表指针如图甲所示，则应对电流表进行 ．
（2）图乙是未连接好的电路，请在图上用笔画线代替导线连接好电路．( )
（3）小张检测电路连接无误后，闭合开关，发现小灯泡不亮，立即举手要求老师更换灯泡，这种做法 （填“妥当”或“不妥当”）．经同组员成员提示还发现电压表电流表都有示数，则灯泡不亮的原因可能是 ．解决问题后，小张继续实验，闭合开关，调节滑动变阻器滑片到某一位置，电压表的示数如图丙所示，为测小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片向 （填“A”或“B”）端滑动直至电压表示数为2.5V，记下此时电流表的示数，即可测出．
（4）实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，则小灯泡将 （填“不亮”、“较亮”、“正常发光”、“特别亮乃至烧毁”）．
（5）测量结束后，应先断开开关，拆除 两端的导线，再拆除其它导线，最后整理好器材．
（6）小张获知了两个额定电压为220V的白炽灯L1和L2的电压U与电流I的关系曲线，如图所示，由此可知，L2的额定功率约为 W；如果将L1和L2串联后接在220V的电源上，则此时L2的实际功率为 W．
【答案】（1）调零
（2）
（3）不妥当；灯泡实际功率很小；B
（4）不亮
（5）电源
（6）99；17.5
【知识点】电路故障的判断；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）由图1所示电流表可知，电流表指针没有指在零刻度线上，在使用该电流表之前应对电流表进行调零，使指针指在零刻度线上。
（2）灯泡额定电压是2.5V，电压表应选0～3V量程，灯泡正常发光时电流约为I=电流表应选0～0.6A量程，灯泡与电流表串联接入电路，电压表与灯泡并联，电路图如图所示：
（3）闭合开关前滑片置于阻值最大处，闭合开关，电压表与电流表都有示数，说明电路不存在断路，灯泡也没有发生短路，由于滑动变阻器阻值全部接入电路，电路电阻很大，电路电流很小，灯泡实际功率很小，因此灯泡不发光，此时不需要急着换灯泡，正确做法是移动滑片，观察灯泡是否发光。
图丙中，电压表小量程分度值为0.1V，示数为0.7V，小于灯的额定电压，因灯在额定电压2.5V时才正常发光，应增大灯的电压，减小变阻器分得的电压，由分压原理应减小变阻器连入电路中的电阻大小，所以滑片向B移动，直到电压表示数为2.5V；
（4）实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，即电压表串联在电路中，电流表与灯并联，因电流表内阻很小，所以电流表将灯短路了，灯不亮；因电压表内阻很大，根据欧姆定律，电路中电流几乎为0；根据分压原理，电压表示数接近电源电压。所以实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，则小灯泡将不亮。
（5）实验结束后，应将先将电源拆除，确保电路不会形成通路；
（6）由图可知，当电压为220V时，L2的电流为0.45A，故L2的额定功率：P=UI2=220V×0.45A=99W；
两电阻串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，
由U-I图象可知，串联时电流应为0.25A，此时L1的电压为150V，L2的电压为70V，符合串联电路的电压特点，
故此时L2的功率P=U2I2′=70V×0.25A=17.5W。
【分析】 （1）使用电表前应对电表进行机械调零，使指针只在零刻度线处。
（2）根据灯泡额定电压确定电压表量程，根据灯泡正常发光时的电流确定电流表量程，把电流表、滑动变阻器串联接入电路，把电压表与灯泡并联，即可完成电路图的连接。
（3）灯泡实际功率很小时，灯泡可能不发光；根据图丙电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律和分压原理确定滑片移动的方向；
（4）根据电压表和电流表互换了位置后电路的连接，由电表内阻的大小结合欧姆定律和分压原理作答；
（5）电源两极不可以直接用导线连接；实验结束后，应将先拆除电源，然后再拆除其余导线；
（6）由图可知当电压为额定电压时的电流，则由功率公式可得出额定功率；串联后接在220V的电源上，则两电阻两端的电压达不到220V，但二者电压之和应为220V，由图可读出电阻的电流，则可求得功率。
六、计算题
19．（2019八下·九龙坡期末）重庆轨道2号线在李子坝站“穿”楼而过，如图，山城的复杂地形造就了全国绝无仅有的震撼景象。若列车发动机的功率为为370kW，长度为120m，行驶速度为25m/s，该 居民楼长度为130m，则在列车穿过居民楼的过程，求：
（1）列车所花的时间为多少秒？
（2）列车发动机做的功为多少焦耳？
【答案】（1）解：列车穿过居民楼时通过的路程：s＝L车 L居民楼＝120m 130m＝250m，由v＝ 可得，列车穿过居民楼的时间：t＝ ＝10s
（2）解：由P＝ 可得，列车电动机做的功：W＝Pt＝370×103W×10s＝3.7×106J
【知识点】功率的计算；速度公式及其应用
【解析】【分析】（1） 由v＝ 可得列车穿过居民楼的时间.
（2） 由P＝ 可得列车电动机做的功 .
20．（2023·渝北模拟）底面积为100cm2薄壁圆柱形容器盛有适量的水，木块A重为12N，体积为2×10-3m3，漂浮在水面上，如图甲所示；现将一体积为250cm3的合金球B放在木块A上方，木块A恰好有五分之四的体积浸入水中，如图乙所示。求：
（1）图甲中木块A受到浮力的大小；
（2）合金球B的密度；
（3）将合金球B从木块A上取下来，放入容器的水中，当A、B都静止时。水对容器底部的压强比取下合金球B前减小了多少帕？
【答案】（1）解：木块A放在水中，漂浮在水面，则所受的浮力等于其重力，所以F浮A=GA=12N
答：图甲中木块A受到浮力的大小为12N；
（2）解：B放在A上方，依然漂浮，排开水的体积V排= VA= ×2×10-3m3=1.6×10-3m3
此时，所受的浮力等于A、B的总重力，即GA+GB=F浮AB=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.6×10-3m3=16N
那么合金球B的重力GB=16N-12N=4N
B的质量
B的密度
答：合金球B的密度为1.6×103kg/m3；
（3）解：B取下并放入水中，因为B的密度大于水的密度，所以B沉于水底，而此B所受的浮力F浮B=ρ水gV排1=ρ水gVB=1.0×103kg/m3×10N/kg×250×10-6m3=2.5N
则此时A、B所受的浮力与未取下B 时比较，浮力减小量 F= F浮AB-(F浮A+F浮B)=16N-(12N+2.5N)=1.5N
排开水的体积减少量
水的深度变化量
水对容器底部的压强比取下合金球B前的减小量 p=ρ水g h=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.015m=150Pa
答：水对容器底部的压强比取下合金球B前减小了150Pa。
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）漂浮时，浮力等于重力；
（2）根据公式 GA+GB=F浮AB=ρ水gV排 及，可求出密度；
（3）根据 F浮B=ρ水gV排1=ρ水gVB 、 F= F浮AB-(F浮A+F浮B) 及 p=ρ水g h ，可求出压强变化。
21．（2023·渝北模拟）李阳同学家中的电热饮水机的电路原理图如图（甲）所示，其中R1、R2是发热管中的两个发热电阻。这种饮水机有加热和保温两种状态，由温控开关S2自动控制：当瓶胆内水的温度被加热到90℃时，加热状态就停止而进入保温状态；当瓶胆内水的温度降到70℃时，重新进入加热状态。该饮水机的铭牌如图（乙）所示，其中保温功率已模糊不清，经查证R1＝9R2。李阳通过观察还发现：当瓶胆内装满水时，饮水机重新进入加热状态后每次只工作3min就进入保温状态，再间隔17min后又进入加热状态。求：[c水＝4.2×103J/(kg ℃)]。
（1）该饮水机的保温功率是多少？
（2）在17min的保温过程中，发热电阻和水一起向环境散失的热量为多少？
（3）该饮水机重新进入加热状态后的60min工作时间内，消耗的电能为多少？
【答案】（1）解：当开关S1、S2都闭合时，两发热管并联，电路中的总电阻最小，电功率最大，饮水机处于加热状态，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，饮水机的加热功率
由图乙可知P加热＝500W
即
所以
当开关S1闭合、S2断开时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最大，饮水机处于保温状态，则
答：该饮水机的保温功率是50W；
（2）解：装满水后，水的质量为m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×1×10-3m3＝1kg
水散失的热量为
发热电阻产生的热量Q保温＝P保温t保温＝50W×17×60s＝5.1×104J
散失的热量为Q总＝Q放+Q保温＝8.4×104J+5.1×104J＝1.35×105J
答：在17min的保温过程中，瓶胆内的水散失的热量为1.35×105J；
（3）解：加热时消耗的电能为W加＝P加t加＝500W×3×60s＝9×104J
保温时消耗的电能为W保＝P保t保＝50W×17×60s＝5.1×104J
该饮水机在一个工作循环的20min内，消耗的电能为W总＝W加+W保＝9×104J+5.1×104J＝1.41×105J
加热60min消耗的电能为
答：该饮水机加热60min消耗的电能为4.23×105J。
【知识点】电功与热量的综合计算
【解析】【分析】（1）根据公式可求出保温功率，在电压一定时，电阻越大，功率越小，温度越低；
（2）根据公式 m＝ρ水V 及Q放=cm（t-t0）、 Q保温＝P保温t保温 、 Q总＝Q放+Q保温 ，可求出散失的热量；
（3）根据W=Pt、 W总＝W加+W保 ，可求出消耗的电能。
重庆市渝北区2023年六校中考物理练兵试卷（一模）
一、单选题
1．（2023·渝北模拟）根据你对生活中物理量的认识，下列数据符合实际的是（ ）
A．教室里空气的质量约为1kg
B．九年级物理教科书的长度约为26cm
C．教室里一盏日光灯的额定功率为400W
D．体育考试前同学们慢速热身跑的速度接近20m/s
2．（2023·渝北模拟）民谚俗语常常包涵丰富的物理知识．以下属于光的反射现象的是（ ）
A．井底之蛙，所见甚小
B．不经历风雨，怎么见彩虹
C．海市蜃楼，虚无缥缈
D．摘不到的是镜中花，捞不到的是水中月
3．（2020八上·天津月考）下列所描述的现象中，属于汽化的是（ ）
A．春天，冰雪消融 B．夏天，晾在室内的湿衣服变干
C．秋天，早晨草木上出现的露珠 D．冬天，湖面的水结成冰
4．（2023·渝北模拟）如图所示是沙滩摩托车，根据你所学的物理知识，下列说法正确的是 （ ）
A．摩托车的速度越快，它的惯性越大
B．摩托车底部安装有宽的轮子，是为了减小压力
C．摩托车对地面的压力和地面对摩托车的支持力是一对平衡力
D．摩托车轮子上有很多凸起的地方，是为了增大轮子与地面的摩擦力
5．（2016·扬州模拟）为避免超高车辆闯入隧道造成事故，小明设计了警示电路，使用时闭合开关S．导线EF横置于隧道口上沿前方，一旦被驶来的车辆撞断，红灯L亮且电动机转动放下栏杆．灯和电动机中，即使其中之一断路，另一个也能正常工作．下列电路中符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023·渝北模拟）工人利用如图所示的滑轮组将重 120N 的物体向上匀速提起 2m 用时 5s．绳子自由端受到的拉力 F 为 50N（不计绳重和摩擦力）．以下相关计算的正确的是（ ）
A．有用功是 300J B．动滑轮的重力为 70N
C．拉力 F 的功率为 20W D．该滑轮的机械效率为 80%
7．（2023·渝北模拟）如图所示的电路中，闭合开关S，让开关S1和S2断开，调节滑动变阻器的滑片P使其位于变阻器的a处（非最左端），此时灯泡L恰好正常发光，电流表A和电压表V均有示数。已知滑动变阻器的总电阻大于灯泡L的电阻，以下判断正确的是（ ）
A．若保持S1和S2断开，让P缓慢向右滑动，灯泡L变亮甚至可能被烧毁
B．若保持P在a处不动，S1仍断开，闭合S2后，A表和V表示数均变大
C．若保持P在a处不动，同时闭合S1和S2后，A表和V表示数将变大
D．若保持S1和S2断开，P移至变阻器最右端b，A表示数变化量和V表示数变化量的比值变大
8．（2023·渝北模拟）小华用如图所示的电路测小灯泡功率.电路中电源电压恒为4.5 V，电压表的量程为0～3 V，电流表的量程为0～0.6 A，滑动变阻器的规格为“20 Ω1 A”，灯泡标有“2.5 V1.25 W”字样.若闭合开关，两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端电压不允许超过额定值，不考虑灯丝电阻的变化，则下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数的变化范围是0～0.5 A
B．灯泡的最小功率是0.162 W
C．滑动变阻器的电阻允许调节的范围是2.5 Ω～20 Ω
D．该电路的最大功率是2.7 W
二、填空题
9．（2017·重庆模拟）物理学家 第一次准确地测出了大气压强的大小； 实验第一次发现了电流能够产生磁场．
10．（2023·渝北模拟）某电热壶铭牌上标有“220V 1000W”字样，当其正常工作时，把质量为2kg、温度为30℃的水加热到80℃，用时10min。加热过程中，水吸收的热量是 J，电热壶烧水的效率是 。[c水=4.2×103J/（kg℃）]。
11．（2023·渝北模拟）如图所示，小明的质量为50kg，A、B、C处能承受的最大拉力分别为1000N、1300N、600N，每个滑轮重力均为100N，设每段绳子均处于竖直状态，不考虑绳子的质量和摩擦，则用此滑轮组提升重物的最大的机械效率为 ，若小明的双脚与地面的接触面积为500cm2，此时小明对地面的压强为 Pa。
12．（2023·渝北模拟）如图所示电路，电源电压保持不变，R为定值电阻。闭合开关S，调节滑动变阻器R′，发现电流表示数从0.1A变为0.4A，电压表示数改变了6V。由此判断在这一过程中滑动变阻器连入电路的阻值 （选填“变大”或“变小”），定值电阻R的电功率变化了 W。
13．（2023·渝北模拟）如图所示电路，电源电压不变，灯泡L标有“6V 3W”字样（灯丝电阻不变）。当S闭合，S1、S2断开，滑片P从b端滑到中点时，电压表与电流表的U-I图象如图所示，电流表的示数变化了0.2A，那么当滑片在b端时，电流表的示数为 A；保持滑片P的位置不变，闭合S1、S2，电流表的示数又变化了2.25A，定值电阻R0的阻值为 Ω。
三、作图题
14．请按安全用电的原则，用笔画线代替导线将图中插座、开关和照明灯连入家庭电路中，使它们都能正常工作．
15．（2023·渝北模拟）根据图中条形磁铁的南北极，标出静止时的小磁针的N极。
四、填空题
16．（2023·渝北模拟）如图甲是某物体熔化时温度随加热时间变化的图象(假设在加热过程中总质量不变，单位时间内吸收的热量相同)．
（1）这种物质的固体属于 (选填“晶体”或“非晶体”)．如图乙，在某一时刻，用温度计测得物质的温度为 ℃
（2）在CD段时，此物质处于 （选填“固”“液”“固液共存”）态．
（3）在BC段，物体的内能 (选填“越来越小”“不变”或“越来越大”)．
（4）该物质在AB段和CD段的比热容分别为c1、c2，由图甲可知c1：c2=
五、实验题
17．（2023·渝北模拟）小启和小宇在磁器口的嘉临江边各捡回一块外形奇特的石头，准备利用在课堂上学到的知识测定它的密度。
（1）小启现将天平放在 上，移动游码至标尺左端 处，发现指针静止在分度盘中央的右臂，则应将平衡螺母向 调节，直至天平平衡。
（2）用调好的天平测石子的质量，小明用天平测量矿石块的质量，如图甲，指出实验操作中的错误： 。改正错误后，小明用正确的方法称矿石块的质量，平衡时放在盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图乙，则石头的质量为 g，在量筒内装有一定量的水，该石子放入前、后的情况如图丙所示，则石头的体积是 cm3，此石头的密度是 kg/m3。
（3）小宇发现自己现有的器材中有天平（含砝码），但没有量筒，只有一个烧杯，聪明的小宇灵机一动设计了另一种测量石头密度的方案，步骤如下：
A．用天平测出矿石块的质量为m0；
B．在烧杯中倒满水，称出烧杯和水的总质量m1；
C．将矿石块轻轻放入装满水的烧杯中，矿石块沉入杯底，烧杯溢出水后，将烧杯壁外的水擦干净，重新放在天平左盘上，称出此时烧杯、杯内矿石和水的总质量m2；
D．已知水的密度，并将其记为ρ水；
E．则矿石密度的表达式：ρ矿石= （用m0、m1、m2、ρ水来表达）。
18．（2023·渝北模拟）在“测定小灯泡功率”的实验中，被测小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω．
（1）在检查仪器时，发现电流表指针如图甲所示，则应对电流表进行 ．
（2）图乙是未连接好的电路，请在图上用笔画线代替导线连接好电路．( )
（3）小张检测电路连接无误后，闭合开关，发现小灯泡不亮，立即举手要求老师更换灯泡，这种做法 （填“妥当”或“不妥当”）．经同组员成员提示还发现电压表电流表都有示数，则灯泡不亮的原因可能是 ．解决问题后，小张继续实验，闭合开关，调节滑动变阻器滑片到某一位置，电压表的示数如图丙所示，为测小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片向 （填“A”或“B”）端滑动直至电压表示数为2.5V，记下此时电流表的示数，即可测出．
（4）实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，则小灯泡将 （填“不亮”、“较亮”、“正常发光”、“特别亮乃至烧毁”）．
（5）测量结束后，应先断开开关，拆除 两端的导线，再拆除其它导线，最后整理好器材．
（6）小张获知了两个额定电压为220V的白炽灯L1和L2的电压U与电流I的关系曲线，如图所示，由此可知，L2的额定功率约为 W；如果将L1和L2串联后接在220V的电源上，则此时L2的实际功率为 W．
六、计算题
19．（2019八下·九龙坡期末）重庆轨道2号线在李子坝站“穿”楼而过，如图，山城的复杂地形造就了全国绝无仅有的震撼景象。若列车发动机的功率为为370kW，长度为120m，行驶速度为25m/s，该 居民楼长度为130m，则在列车穿过居民楼的过程，求：
（1）列车所花的时间为多少秒？
（2）列车发动机做的功为多少焦耳？
20．（2023·渝北模拟）底面积为100cm2薄壁圆柱形容器盛有适量的水，木块A重为12N，体积为2×10-3m3，漂浮在水面上，如图甲所示；现将一体积为250cm3的合金球B放在木块A上方，木块A恰好有五分之四的体积浸入水中，如图乙所示。求：
（1）图甲中木块A受到浮力的大小；
（2）合金球B的密度；
（3）将合金球B从木块A上取下来，放入容器的水中，当A、B都静止时。水对容器底部的压强比取下合金球B前减小了多少帕？
21．（2023·渝北模拟）李阳同学家中的电热饮水机的电路原理图如图（甲）所示，其中R1、R2是发热管中的两个发热电阻。这种饮水机有加热和保温两种状态，由温控开关S2自动控制：当瓶胆内水的温度被加热到90℃时，加热状态就停止而进入保温状态；当瓶胆内水的温度降到70℃时，重新进入加热状态。该饮水机的铭牌如图（乙）所示，其中保温功率已模糊不清，经查证R1＝9R2。李阳通过观察还发现：当瓶胆内装满水时，饮水机重新进入加热状态后每次只工作3min就进入保温状态，再间隔17min后又进入加热状态。求：[c水＝4.2×103J/(kg ℃)]。
（1）该饮水机的保温功率是多少？
（2）在17min的保温过程中，发热电阻和水一起向环境散失的热量为多少？
（3）该饮水机重新进入加热状态后的60min工作时间内，消耗的电能为多少？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】质量及其特性；功率的概念；长度的估测；速度与物体运动
【解析】【解答】 A、空气的密度在1.3kg/m3左右。教室的长、宽、高分别在9m、8m、3.5m左右，根据密度公式，教室中空气的质量：m=ρV=1.3kg/m3×9m×8m×3.5m= 327.6kg。A选项不符合实际；
B、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约18cm，九年级物理课本的长度略大于18cm，在26cm左右。B选项符合实际；
C、教室中日光灯正常发光的电流在0.2A左右，额定功率在P=UI=220V×0.2A=44W，C选项不符合实际；
D、男子百米世界纪录略大于10m/s，中学生慢速热身跑的速度远小于10m/s。D选项不符合实际。
故答案为：B。
【分析】根据常见的质量、长度、电功率及速度，结合数据解答。
2．【答案】D
【知识点】光的反射
【解析】【解答】 A、光线是在同种均匀介质中沿直线传播的，井底之蛙，所见甚小是光沿直线传播现象，故A不符合题意；
B、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，故B不符合题意；
C、海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生折射而引起的，故C不符合题意；
D、因为平静的水面可以当做平面镜，而水中月就是月亮在平面镜中的像，镜中花也是花在平面镜中的像，平面镜成像的原理是光的反射，所以“水中月”和“镜中花”都属于光的反射。故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】光在传播过程中遇到障碍物被反射回来的现象叫光的反射，平面镜成像的原理是光的反射。
3．【答案】B
【知识点】汽化及汽化吸热的特点
【解析】【解答】A．春天，冰雪消融，是熔化，A选项不符合题意；
B．夏天，晾在室内的湿衣服变干，是蒸发，是汽化，B选项符合题意；
C．秋天，早晨草木上出现的露珠，液化，C选项不符合题意；
D．冬天，湖面的水结成冰，凝固现象，D选项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】物体由液态变为气态的过程称为汽化，汽化吸热，结合选项分析求解即可。
4．【答案】D
【知识点】惯性及其现象；平衡力的辨别；增大或减小摩擦的方法；增大压强的方法及其应用
【解析】【解答】 A、惯性的大小与物体的运动状态、物体的形状、位置和受力情况都无关，惯性的大小只与物体质量的大小有关，故A错误；
B、摩托车底部安装有宽的轮子，在压力不变时，增大受力面积是为了减小压强，故B错误；
C、摩托车对地的压力和地面对摩托车的支持力，这两个力不作用在同一物体上，物体对地面的压力作用在地面上，地面对物体的支持力作用在物体上，二力是一对相互作用力。故C错误；
D、摩托车车轮胎上制有凹凸不平的花纹，在压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大摩擦。故D正确。
故答案为：D。
【分析】 惯性的大小只与物体质量的大小有关； 在压力不变时，增大受力面积可以减小压强；两个力大小相等、方向相反、作用在一条直线上和同一的物体上，是一对平衡力；两个力大小相等、方向相反、作用在一条直线上和不同的物体上是一对相互作用力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度可以增大摩擦。
5．【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】导线EF横置于隧道口上沿前方，一旦被驶来的车辆撞断，红灯L亮且电动机转动放下栏杆，说明EF断开之后，电动机与指示灯是通路，EF断开之前，电动机与指示灯被短路，则导线EF与电动机和指示灯并联，灯和电动机中，即使其中之一断路，另一个也能正常工作，说明指示灯与电动机互不影响，能独立工作，电动机与指示灯是并联的，为防止EF断开之前电源被短路，电路干路中要接入保护电阻，由图示电路图可知，A符合要求 .
故答案为：A．
【分析】分析题意可知，灯和电动机并联在电路中，细导线的作用是将灯和电动机所在的电路短路，为了防止电源短路，电路中还要有一个保护电阻与电源串联，据此选择合适的电路图 .
6．【答案】D
【知识点】滑轮与功的综合题
【解析】【解答】A、滑轮组的有用功为：W有=Gh=120N×2m=240J，故A不符合题意；
B、由图可知，n=3，不计绳重及摩擦，根据拉力，G动=3F-G=3×50N-120N=30N，故B不符合题意；
C、绳子自由端移动的距离：s=3h=3×2m=6m；拉力的总功W总=Fs=50N×6m=300J，拉力的功率：，故C不符合题意；
D、滑轮组的机械效率，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据公式W有=Gh，可求出有用功；根据公式G动=3F-G，可求出动滑轮重；根据公式W总=Fs及，可求出功率；根据公式，可求出机械效率。
7．【答案】B
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】A、若当保持S1和S2断开，让P缓慢向右滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，电路中电流变小，灯泡中的电流减小，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，不会被烧毁，故A错误；
B、保持P在a处不动，S1断开，闭合S2，变阻器与R0并联后与灯泡串联接入电路，电流表测量干路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；因电阻R0与变阻器并联，电路中总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中总电流变大，即电流表示数变大；由U=IR可知，灯泡两端的电压变大，即电压表示数变大，所以A表和V表示数均变大，故B正确；
C、若保持P在a处不动，同时闭合S1和S2后，灯泡和电压表被短路，变阻器与R0并联接入电路，电流表测量干路中的电流，由并联电路的电阻规律可知，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大；因电压表被短路，电压表没有示数，故C错误；
D、若保持S1和S2断开，变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流，根据欧姆定律可得电压R表示数为：U灯=IR灯，让P缓慢向右滑动后，电压表示数为：U灯'=I'R灯，则V表示数变化量为：△UL=U灯-U灯'=IR灯-I'R灯=（I-I')R灯=△IR灯，则，因灯泡的电阻随温度的升高而变大，A表示数变化量和V表示数变化量的比值与灯丝的电阻成反比，所以A表示数变化量和V表示数变化量的比值变小，故D错误。
故答案为：B。
【分析】电流表与被测用电器串联；电压表与被测用电器并联；串联电路中，电流的路径只有一条，各元件顺次逐个连接；并联电路中，电流有多条路径，且互不影响，开关与控制部分串联，根据串并联电路的特点进行分析；由U=IR，判断电压变化；根据欧姆定律及并联电流特点，判断电流变化；根据及灯泡的电阻随温度的升高而变大，判断A表示数变化量和V表示数变化量的比值变化。
8．【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A、由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。由P=UI可得，灯泡的额定电流：；因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，所以，电路中的最大电流为I大=0.5A，由欧姆定律可得，灯泡的电阻：，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的功率最小，此时电路中的电流：，所以，电流表示数的变化范围是0.18A~0.5A，故A错误；
B、灯泡的最小功率：P灯=（I小）2R灯=（0.18A）2×5Ω=0.162W，故B正确；
C、该电路的最大功率：P大=UI大=4.5V×0.5A=2.25W，故C错误；
D、电流最大时，电路中的总电阻：；因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑=R-R灯=9Ω-5Ω=4Ω，故D错误；
故答案为：B。
【分析】根据P=UI求出灯泡的额定电流，然后结合电流表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的最小电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，再根据P=UI求出该电路的最大功率；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，灯泡的功率最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=I2R求出灯泡的最小功率。
9．【答案】托里拆利；奥斯特
【知识点】物理常识
【解析】【解答】解：（1）托里拆利第一次准确地测出了大气压强的大小；（2）奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，即电流的磁效应，是第一个发现电现象与磁现象之间有联系的人．
故答案为：托里拆利；奥斯特．
【分析】（1）能够证明大气压存在的实验有很多，但只要提到著名和首先的实验，那就确定了是哪一个；（2）奥斯特发现了电流的磁效应．
10．【答案】4.2×105；70%
【知识点】电功与热量的综合计算
【解析】【解答】水吸收的热量：Q吸＝cm（t－t0）=4.2×103J/(kg·℃)×2kg×(80℃-30℃)=4.2×105J；
电热壶正常工作时的功率为1000W，工作10min消耗的电能：W=Pt=1000W×600s=6×105J，
电热壶烧水的效率：。
【分析】利用Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量；根据W=Pt求出消耗的电能，水吸收的热量和消耗电能的比值即为出电热壶烧水的效率。
11．【答案】87.5%；2000
【知识点】滑轮与功的综合题
【解析】【解答】由图可知，承重绳段数n=2，
①当C处绳子的拉力为600N时，由F=（G+G动）可得，A处绳子的拉力：FA=G=2FC-G动=2×600N-100N=1100N＞1000N，所以此种情况不可能；
②当A处绳子的拉力为1000N时，即GA=1000N，
C处绳子的拉力FC=（GA+G动）=（1000N+100N）=550N，以定滑轮为研究对象可知，受到B绳子竖直向上的拉力、定滑轮自身竖直向下的重力和三股绳子向下的拉力，由力的平衡条件可得，B处绳子的拉力FB=G定+3FC=100N+3×550N=1750N>1300N，所以此种情况不可能；
③当B处绳子的拉力为1300N时，以定滑轮为研究对象可知，受到B绳子竖直向上的拉力、定滑轮自身竖直向下的重力和三股绳子向下的拉力，
由力的平衡条件可得，FB=G定+3FC，则FC=(FB-G定）=(1300N-100N)=400N，
由F=（G+G动）可得，A处绳子的拉力：FA=2FC-G动=2×400N-100N=700N，此种情况可能，
此时滑轮组的机械效率：；
此时小明对地面的压力：F=G-FC=mg-FC=50kg×10N/kg-400N=100N；
小明对地面的压强：。
【分析】根据公式，可求出机械效率；根据公式，可求出压强。
12．【答案】变小；3
【知识点】电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】由电路图可知，电阻R与滑动变阻器R'串联，根据可知，电流表示数从0.1A变为0.4A时，电路中的电阻变小，即R滑动变阻器接入电路的电阻变小；当电路中的电流I1=0.1A时，根据可知，电阻R两端的电压为U1=I1R，R根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：变阻器两端的电压为U滑1=U-U1=U-I1R；当电路中的电流I2=0.4A时，电阻R两端的电压为U2=I2R，变阻器两端的电压为U滑2=U-U2=U－I2R；因电压表示数改变了6V，所以U滑1-U滑2=6V，即（U-I1R）-（U-I2R）=6V，；所以定值电阻R电功率的变化量：P=I22R-I12R= (0.4A)2×20Ω- (0.1A)2×20Ω=3W。
【分析】电阻R与滑动变阻器R'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；电压一定时，电流变大，电路中的总电阻变小；根据串联电路电压特点结合电压表的示数求出电阻R的阻值，再根据P=I2R求出求出定值电阻R电功率的变化量。
13．【答案】0.3；9
【知识点】电阻；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】由图知，当S闭合，S1、S2断开，灯泡和滑动变阻器串联，
当滑片在中点时，由图象知，灯泡两端电压为U额=6V，
因为P=UI，所以此时的电路电流为；
当滑片在b端时，电路总电阻更大，由知，电路电流更小，
所以P在b端时的电路电流为I小=I额-ΔI1=0.5A-0.2A=0.3A；
因为，所以灯丝电阻为，
当闭合，S1、S2断开，灯泡和滑动变阻器串联，设滑动变阻器的最大阻值为R，电源电压为U，根据题意得：
0.3A×（12Ω+R）=0.5A×（12Ω+R）
解得R=48Ω，U=18V；
滑片P的位置不变，闭合S1、S2，定值电阻和滑片在中点时的滑动变阻器并联，
干路电流为I并=I中+ΔI=0.5A+2.25A=2.75A，
因为，所以通过滑动变阻器的电流为，
通过R0的电流为I0=I并-IR=2.75A-0.75A=2A，
所以。
【分析】电流表与被测部分串联；电压表与被测部分并联；根据公式及I小=I额-ΔI1，可求出电流；根据公式，可求出电阻。
14．【答案】解：（1）灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡，零线直接接入灯泡，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故．既能控制灯泡，又能更安全．
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线．
如图所示：
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【分析】（1）灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套．
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线．
15．【答案】
【知识点】磁现象
【解析】【解答】根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，靠近条形磁铁的南极的为小磁针的北极， 靠近条形磁铁的北极的为小磁针的南极，据此作图如下：
【分析】同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
16．【答案】（1）晶体；-6
（2）液
（3）越来越大
（4）1：2
【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；温度、热量与内能的关系；比热容
【解析】【解答】（1）由图知，该物质在熔化过程中，温度保持0℃不变，所以该物质为晶体。并且熔点为0℃。
由乙图可知，该温度计的分度值是1℃，而且液柱上表面对应的刻度在零刻度以下，故读数为-6℃；
（2）由图象知，该晶体在BC段温度保持不变，所以其正在熔化，到C点该晶体完全熔化完，所以CD段为液态。
（3）据图象能看出，该物质在BC段处于熔化过程中，晶体在熔化过程中，继续吸热，温度不变，但内能增加，内能越来越大；
（4）根据图中坐标信息可知，该物质在AB 段温度升高10℃，被加热5min；在CD段温度升高10℃，被加热10min；
则该物质在AB段吸热与CD段吸热之比为1：2，根据Q=cmΔt可得，。
【分析】 （1）晶体和非晶体在熔化过程中的区别：晶体在熔化过程中，温度不变；非晶体在熔化过程中温度不断上升，晶体熔化时的温度为熔点。温度计读数时，首先要看清温度计的分度值，再根据液柱上表面对应的刻度进行读数，还要注意是在零上还是零下；
（2）物质已经熔化完成为液态。晶体熔化前处于固态，熔化过程处于固液共存态。
（3）晶体在熔化过程中，继续吸热，温度不变，但内能增加。
（4）相同时间吸收的热量相等，根据公式Q=cmΔt，可求出比热容之比。
17．【答案】（1）水平桌面；零刻度线；左
（2）用手拿砝码；38.4；15；2.56×103
（3）
【知识点】质量的测量与天平的使用；固体密度的测量
【解析】【解答】（1）小启现将天平放在水平台面上，移动游码至标尺左端零刻度线处，发现指针静止在分度盘中央的右边，则应将平衡螺母向左调节，直至天平平衡。
（2）由图乙知，标尺的分度值为0.2g，矿石块的质量：m=20g+10g+5g+3.4g=38.4g；
由图丙知，量筒的分度值为1mL，矿石块的体积：V=45mL-30mL=15mL=15cm3；
矿石块的密度：。
（3）由矿石块吸水，会使得所测体积偏小，由密度公式可知会使测量密度偏大；
（4）由步骤A知，矿石块的质量为m0；
由B和C知，溢出水的质量：m溢=m1+m0-m2，
由密度公式可得，矿石的体积：
；
则矿石块的密度：。
【分析】 （1）使用天平时应先调节天平的平衡，在调节平衡螺母之前，应先将游码移至标尺的零刻线处，然后调节平衡螺母，一般遵循“左偏右调、右偏左调”的规律。
（2）矿石块的质量等于砝码的质量和游码对应的刻度之和。矿石块的体积由量筒中水的体积和放入矿石块后的总体积算出，根据密度公式求出金属块的密度。
（3）矿石吸水，根据实验步骤和所测质量和体积的差异分析解答。
（4）根据等效替代法，矿石块的体积大小等于溢出水的体积，根据密度公式矿石的密度。
18．【答案】（1）调零
（2）
（3）不妥当；灯泡实际功率很小；B
（4）不亮
（5）电源
（6）99；17.5
【知识点】电路故障的判断；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）由图1所示电流表可知，电流表指针没有指在零刻度线上，在使用该电流表之前应对电流表进行调零，使指针指在零刻度线上。
（2）灯泡额定电压是2.5V，电压表应选0～3V量程，灯泡正常发光时电流约为I=电流表应选0～0.6A量程，灯泡与电流表串联接入电路，电压表与灯泡并联，电路图如图所示：
（3）闭合开关前滑片置于阻值最大处，闭合开关，电压表与电流表都有示数，说明电路不存在断路，灯泡也没有发生短路，由于滑动变阻器阻值全部接入电路，电路电阻很大，电路电流很小，灯泡实际功率很小，因此灯泡不发光，此时不需要急着换灯泡，正确做法是移动滑片，观察灯泡是否发光。
图丙中，电压表小量程分度值为0.1V，示数为0.7V，小于灯的额定电压，因灯在额定电压2.5V时才正常发光，应增大灯的电压，减小变阻器分得的电压，由分压原理应减小变阻器连入电路中的电阻大小，所以滑片向B移动，直到电压表示数为2.5V；
（4）实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，即电压表串联在电路中，电流表与灯并联，因电流表内阻很小，所以电流表将灯短路了，灯不亮；因电压表内阻很大，根据欧姆定律，电路中电流几乎为0；根据分压原理，电压表示数接近电源电压。所以实验中若不慎将电压表和电流表互换了位置，则小灯泡将不亮。
（5）实验结束后，应将先将电源拆除，确保电路不会形成通路；
（6）由图可知，当电压为220V时，L2的电流为0.45A，故L2的额定功率：P=UI2=220V×0.45A=99W；
两电阻串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，
由U-I图象可知，串联时电流应为0.25A，此时L1的电压为150V，L2的电压为70V，符合串联电路的电压特点，
故此时L2的功率P=U2I2′=70V×0.25A=17.5W。
【分析】 （1）使用电表前应对电表进行机械调零，使指针只在零刻度线处。
（2）根据灯泡额定电压确定电压表量程，根据灯泡正常发光时的电流确定电流表量程，把电流表、滑动变阻器串联接入电路，把电压表与灯泡并联，即可完成电路图的连接。
（3）灯泡实际功率很小时，灯泡可能不发光；根据图丙电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律和分压原理确定滑片移动的方向；
（4）根据电压表和电流表互换了位置后电路的连接，由电表内阻的大小结合欧姆定律和分压原理作答；
（5）电源两极不可以直接用导线连接；实验结束后，应将先拆除电源，然后再拆除其余导线；
（6）由图可知当电压为额定电压时的电流，则由功率公式可得出额定功率；串联后接在220V的电源上，则两电阻两端的电压达不到220V，但二者电压之和应为220V，由图可读出电阻的电流，则可求得功率。
19．【答案】（1）解：列车穿过居民楼时通过的路程：s＝L车 L居民楼＝120m 130m＝250m，由v＝ 可得，列车穿过居民楼的时间：t＝ ＝10s
（2）解：由P＝ 可得，列车电动机做的功：W＝Pt＝370×103W×10s＝3.7×106J
【知识点】功率的计算；速度公式及其应用
【解析】【分析】（1） 由v＝ 可得列车穿过居民楼的时间.
（2） 由P＝ 可得列车电动机做的功 .
20．【答案】（1）解：木块A放在水中，漂浮在水面，则所受的浮力等于其重力，所以F浮A=GA=12N
答：图甲中木块A受到浮力的大小为12N；
（2）解：B放在A上方，依然漂浮，排开水的体积V排= VA= ×2×10-3m3=1.6×10-3m3
此时，所受的浮力等于A、B的总重力，即GA+GB=F浮AB=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.6×10-3m3=16N
那么合金球B的重力GB=16N-12N=4N
B的质量
B的密度
答：合金球B的密度为1.6×103kg/m3；
（3）解：B取下并放入水中，因为B的密度大于水的密度，所以B沉于水底，而此B所受的浮力F浮B=ρ水gV排1=ρ水gVB=1.0×103kg/m3×10N/kg×250×10-6m3=2.5N
则此时A、B所受的浮力与未取下B 时比较，浮力减小量 F= F浮AB-(F浮A+F浮B)=16N-(12N+2.5N)=1.5N
排开水的体积减少量
水的深度变化量
水对容器底部的压强比取下合金球B前的减小量 p=ρ水g h=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.015m=150Pa
答：水对容器底部的压强比取下合金球B前减小了150Pa。
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）漂浮时，浮力等于重力；
（2）根据公式 GA+GB=F浮AB=ρ水gV排 及，可求出密度；
（3）根据 F浮B=ρ水gV排1=ρ水gVB 、 F= F浮AB-(F浮A+F浮B) 及 p=ρ水g h ，可求出压强变化。
21．【答案】（1）解：当开关S1、S2都闭合时，两发热管并联，电路中的总电阻最小，电功率最大，饮水机处于加热状态，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，饮水机的加热功率
由图乙可知P加热＝500W
即
所以
当开关S1闭合、S2断开时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最大，饮水机处于保温状态，则
答：该饮水机的保温功率是50W；
（2）解：装满水后，水的质量为m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×1×10-3m3＝1kg
水散失的热量为
发热电阻产生的热量Q保温＝P保温t保温＝50W×17×60s＝5.1×104J
散失的热量为Q总＝Q放+Q保温＝8.4×104J+5.1×104J＝1.35×105J
答：在17min的保温过程中，瓶胆内的水散失的热量为1.35×105J；
（3）解：加热时消耗的电能为W加＝P加t加＝500W×3×60s＝9×104J
保温时消耗的电能为W保＝P保t保＝50W×17×60s＝5.1×104J
该饮水机在一个工作循环的20min内，消耗的电能为W总＝W加+W保＝9×104J+5.1×104J＝1.41×105J
加热60min消耗的电能为
答：该饮水机加热60min消耗的电能为4.23×105J。
【知识点】电功与热量的综合计算
【解析】【分析】（1）根据公式可求出保温功率，在电压一定时，电阻越大，功率越小，温度越低；
（2）根据公式 m＝ρ水V 及Q放=cm（t-t0）、 Q保温＝P保温t保温 、 Q总＝Q放+Q保温 ，可求出散失的热量；
（3）根据W=Pt、 W总＝W加+W保 ，可求出消耗的电能。
