九年级物理下学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山东省淄博市张店区九年级（下）期中物理试卷一、选择题（本题包括15个小题，每题2分，每小题只有一个选项符合题意）1下列估测最接近实际的是（）A高速公路上小汽车的正常行驶速度约为120m/sB教室里的，每盏日光灯正常发光时的电流约为40mAC一名中学生站立时对地面的压强约为500PaD将一本掉在地上的物理书捡起放到课桌上所做的功约为2J2如图所示，下列关于光学现象的描述正确的是（）A图甲中，小孔成倒立的虚像B图乙中，配戴凹透镜可以矫正近视眼C图丙中，光的三原色是红黄蓝D图丁中，漫反射不遵循光的反射定律3图中能正确描述水的各物理量之间关系的图象是（）A水凝固成冰的温度与时间的关系B水的重力与质量的关系C水的比热容与质量的关系D水产生的压强与深度的关系4以下说法正确的是（）A“声呐”是利用了超声波在水中传播的距离较远B石油属于可再生能源，煤和天然气都属于不可再生能源C“移动电话”是利用了次声波D羽毛球撞击球拍的力和球拍对羽毛球的弹力是一对平衡力5如图所示，是某同学测电阻的实验电路闭合开关观察到电流表、电压表指针均稍有偏转，产生这一现象的原因可能是（）A滑动变阻器短路B滑动变阻器连入电路中的阻值较大C定值电阻开路D定值电阻的阻值较大6如图为汽车启动原理图，汽车启动时，需将钥匙插入钥匙孔并旋转（相当于接通电路），下列有关说法错误的是（）A此时通电螺线管产生磁性B通电螺线管E端的磁极为南极C电动机是利用电磁感应原理制成的D通电螺线管两端电压与电动机两端电压不同7关于物体内能的下列说法，正确的是（）A晒太阳使身体变暖，是通过热传递改变内能的B热量总是由内能大的物体传递给内能小的物体C一块0的冰熔化成0的水，内能不变D物体吸收热量，内能变大，温度一定升高8小丽同学通过探究学习，思考了个问题：当自己荡秋千运动到右端最高点时，如果自己受到的力全部消失，自己将会处于怎样的运动状态呢？她做出了以下猜想（如图所示），你认为其中正确的是（图中的黑点表示小丽同学）（）A保持静止状态B继续来回摆动C做匀速直线运动D做匀速圆周运动9如图所示，电源电压不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向b端移动的过程中，下列说法不正确的是（）A电流表A的示数变小B电阻R1消耗的电功率变大C电压表V的示数变小D电路消耗的总功率变小10如图所示，图甲中小昆用弹簧测力计拉木块，使它沿水平木板匀速滑动；图乙是他两次在同一木板上拉动同一木块得到的路程随时间变化的图象下列说法正确的是（）A第一次拉力对木块做功的功率大B木块第二次做的功多C第一次木块的动能大D木块两次受到的拉力和摩擦力均相等11把标有“12V 36W”的灯泡L1和“8V 16W”的灯泡L2串联后接在电源的两端，其中一只灯泡正常发光，另一只灯泡没有达到额定功率，则下列选项正确的是（）A该电源的电压为24VB电路中的电流为3AC两灯泡的总功率为32WD灯L1的实际电压大于灯L2的实际电压12下列过程中，没有涉及到做功改变物体内能的是（）小孩滑滑梯时，臀部发热了 酒精灯加热试管内水温升高了内燃机的压缩冲程 火箭加速升空的过程ABCD13在一支平底试管内装入适量铁砂，然后先后放入装有甲、乙两种不同液体的烧杯里，如图所示，下列说法正确的是（）A试管在甲液体中受到的浮力较大B试管在乙液体里排开的液体质量较小C在甲液体中试管底部所受液体压力较大D装乙液体的烧杯底部所受压强较大14如图1，电源电压为3V且保持不变，闭合开关S后，滑片P从b端移动到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的关系图象如图2所示，下列判断不正确的是（）AR1的电阻为5B滑动变阻器的最大电阻为10C电路消耗的最大功率为1.8WD电路消耗的最小功率为1W15乒乓球的直径加大后，国际乒联又改变了制作乒乓球的材料，目的是提高乒乓球的比赛的观赏性，小柯认为乒乓球材料的改变，是为了减弱乒乓球的弹性，他用材料不同，其他条件相同的乒乓球设计了以下验证方案，其中最合理的是（）A用不同的力将乒乓球挪向地面，比较落地后反弹的高度B把乒乓球沿不同方向抛向地面，比较落地后反弹的高度C把乒乓球从不同高度静止释放，比较落地后反弹的高度D把乒乓球从同一高度静止释放，比较落地后反弹的高度二、理解与应用16某些手表上有一个圆滑的透明凸起，通过它看日期会觉得很清楚，这是因为这个圆滑的凸起相当于一个，我们看到的实际上是一个（选填“放大”或“缩小”）的（选填“实像”或“虚像”）17质量和温度都相同的实心铜块和水（c铜c水），使它们分别放出相同的热量后，将铜块迅速投入水中，它们的内能会因两者之间发生热传递而带来变化，其中水的内能将变（选填大或小）18如图所示物体A被滑轮组拉着在水平地面上5s内匀速直线运动了2m，它受到地面的摩擦阻力是96N，绳端拉力F为40N，则A物体的运动速度是m/s，拉力F的功率是W，该滑轮组的机械效率是19如图所示的电路中电源电压U=3.6V且保持不变电阻R1=2变阻器R2的最大值为20电流表量程为00.6A电压表量程为03V为保证电表安全变阻器连入电路的阻值范围是20请完成作图：（1）如图1所示，OA表示从玻璃砖斜射向空气中的一束光，请大致画出这束光在玻璃砖中的入射光线（2）杠杆OA能绕固定点o旋转，现有一个力F作用在杠杆上使杠杆处于平衡状态，已知OB就是这个力的力臂，试在图2中画出这个力F的示意图三、实验与探究（本题包括3个小题，共19分）21小中同学利用光具座研究凸透镜成像规律的实验时：（1）他在没有测量凸透镜焦距的情况下，立即安装调节器材，使烛焰、透镜、光屏三者的中心，然后适当移动一下它们的位置，在图示的情况下光屏上刚好得到炷焰等大清晰的像，小中立即知道了该凸透镜的焦距f1是cm（2）接着又从其他同学那里拿来了一个凸透镜，在不改变烛焰和光屏的位置情况下，把该透镜放到原来位置时，发现光屏上烛焰的像不够清晰了，于是他把光屏向左移动到光具座的60cm刻度处时，发现光屏上又出现了烛焰清晰的像则该凸透镜的焦距f2最接近A.24cm B.20cm C.15cm D.6cm（3）小中仔细观察了两个凸透镜，又有了新的发现：原来两个凸透镜的厚度不相同，同学的这个透镜中间更加凸出，于是他就总结了一个结论：在材料、大小等相同的情况下，中间越薄的凸透镜焦距越（选填“长”或“短”）22某同学为了探究并联电路中干路的电流与各支路电流之间的关系，设计电路如图所示（1）请完成电路连接当闭合开关时，该同学发现电流表A1指针向“0”刻线左边偏转，则故障原因可能是（2）当闭合开关时，该同学还发现电流表A的指针向右偏转，超过了右边最大刻度值，他可以采取的措施是（3）排除一切故障后，该同学分别记下电流表A、A1、A2的示数，然后换上另外两个灯泡，再次记下三个电流表的示数，两次记录的数据如下表：A的示数A1的示数A2的示数第一次测量0.8A0.3A0.5A第二次测量0.7A0.4A0.3A根据上表的数据分析，可得出的结论是：23浮力实验二则：实验一：在探究“浮力大小与哪些因素有关”的实验中，某个小组同学用如图1所示的装置，将同一物体分别逐渐浸入到水和酒精中，为了便于操作和准确收集数据，用升降台调节溢水杯的高度来控制物体排开液体的体积他们观察并记录了弹簧测力计的示数及排开液体的体积实验数据记录在表中（酒精=0.8g/cm3）液体种类实验序号物重G重（N）弹簧测力计示数F（N）物体受到浮力F浮（N）排开液体体积V排（cm3）水121.55021.01.010030.51.5150酒精421.60.45051.20.810060.81.2150（1）请根据表中数据，分析出第一次实验中物体所受的浮力F浮=N（2）分析比较实验序号1、2和3（或4、5和6）可初步得出结论：当液体的种类相同时，排开液体的体积越，浸在液体中的物体受到的浮力越大；分析比较实验序号可初步得出结论：当排开液体的体积相同时，液体的密度越大，浸在液体中物体受到的浮力越大（3）本实验在探究“浮力的大小与哪些因素”有关时，选用了不同液体并进行了多次实验，其目的是为了（选填字母序号A：寻找普遍规律；B取平均值减小误差）（4）实验中观察到：将同一个物体浸没在密度越大的液体中时，弹簧测力计的示数越实验二：小华在物理实验操作测评中抽测的实验题目是“探究浮力与排开液体重力的关系”他用到了溢水杯、水、弹簧测力计、铁块、小桶、细线等器材，所进行的操作步骤如图2：A测出铁块所受重力GB测出空桶所受重力G1C将水倒入溢水杯中D把挂在弹簧测力计下的铁块浸没在水中，让溢出的水全部流入小桶中，读出测力计示数FE测出小桶和被排开水的总重G2F记录分析数据，归纳总结实验结论，整理器材（1）请分析评估上述实验，指出他操作步骤中的一处错误：错误：改正：（2）请写出利用测量数据验证阿基米德原理的过程（测量数据用图中物理符号表示）四、分析与计算（本题包括2个小题，共16分）24我国自主研制的某型新一代战斗机，它具备超音速巡航、电磁隐身、超机动性、超视距攻击等优异性能该飞机最大载油量为10t，它在航行时受到的阻力大小与速度的关系见表：速度v/（m/s）100200300400500阻力f/N0.31041.21042.71044.81047.5104已知飞机发动机燃油完全燃烧的能量转化为机械能的效率是40%，飞机使用的航空燃油的热值为5107J/kg求：（1）飞机发动机完全燃烧10t燃油获得的能量是多少焦？（2）若在飞机油箱中加满燃油，并且以500m/s的速度匀速直线飞行巡航时，飞机的最大航程是多少千米？25如图甲所示，在2015年某工厂要研发一种新型材料，要求对该材料的承受的撞击力进行测试在测试时将材料样品（不计质量）平放在压力传感器上，闭合开关s，由静止自由释放重物，经撞击后样品材料仍完好无损从重物开始下落到撞击样品的这个过程中，电流表的示数I随时间t变化的图象如图乙所示，压力传感器的电阻R随压力F变化的图象如图丙所示电源的电压=24V，定值电阻R0=10求：（1）在重物下落的过程中，压力传感器的电阻是多少？（2）在撞击过程中，样品受到的最大撞击力是多少？2015-2016学年山东省淄博市张店区九年级（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括15个小题，每题2分，每小题只有一个选项符合题意）1下列估测最接近实际的是（）A高速公路上小汽车的正常行驶速度约为120m/sB教室里的，每盏日光灯正常发光时的电流约为40mAC一名中学生站立时对地面的压强约为500PaD将一本掉在地上的物理书捡起放到课桌上所做的功约为2J【考点】速度与物体运动；压强；功；电流的大小【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个【解答】解：A、在我国，高速公路上小汽车最高行驶速度限制为120km/h此选项不符合实际；B、电冰箱正常工作的电流在1A左右，教室中日光灯正常发光通过的电流比1A小得多，在0.2A=200mA左右此选项不符合实际；C、中学生的体重在G=500N左右，双脚站立时与水平地面的接触面积在0.05m2左右，双脚对水平地面的压强在p=1.0104Pa左右此选项不符合实际；D、一本物理书的重力在2.5N左右，课桌高度在0.8m左右，将一本掉在地上的物理书捡起放到课桌上所做的功约为W=Gh=2.5N0.8m=2J左右此选项符合实际故选D2如图所示，下列关于光学现象的描述正确的是（）A图甲中，小孔成倒立的虚像B图乙中，配戴凹透镜可以矫正近视眼C图丙中，光的三原色是红黄蓝D图丁中，漫反射不遵循光的反射定律【考点】光在均匀介质中直线传播；漫反射；色光的三原色和颜料的三原色；近视眼的成因与矫正办法【分析】小孔成像依据光的直线传播原理，成倒立的实像，像可能放大可能缩小；近视患者成像在视网膜前，利用凹透镜发散作用可以使成像后移到视网膜上，远视患者成像在视网膜后，利用凸透镜的会聚作用可以使成像前移到视网膜上；光的三原色是红绿蓝；不论是镜面反射还是漫反射，即使是看不见的光的反射，都遵循光的反射定律【解答】解：A、小孔成的像是由实际光线形成的，可以用光屏接收到，符合实像的特征，不是虚像，此项错误；B、近视是因为晶状体曲度过大，折光能力太强使像成在视网膜前面，用凹透镜矫正，此项正确；C、光的三原色是红绿蓝，颜料的三原色是红黄蓝，此项错误；D、只要是光的反射，都遵循光的反射定律，镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律，此项错误故选B3图中能正确描述水的各物理量之间关系的图象是（）A水凝固成冰的温度与时间的关系B水的重力与质量的关系C水的比热容与质量的关系D水产生的压强与深度的关系【考点】凝固与凝固放热特点；重力；液体的压强的特点；比热容的概念【分析】（1）冰是一种晶体，其熔点是0，且在熔化过程中，吸热但温度不升高；（2）物体所受的重力跟它的质量成正比即G=mg，用g表示G、m的比值，g值不变，图象应是过原点的倾斜直线；（3）比热容是物质的一种属性，它是由物质本身所决定的，对于某种物质，它的比热容是一定的；（4）比较两个变量p与h的关系，找出变化的规律，并注意这是在密度不变的情况下【解答】解：A、冰是一种晶体，其有熔点并有对应的熔化温度，且在熔化过程中吸热当温度不升高，故A错误；B、根据重力与质量成正比的关系，即G=mg，因此水的重力与质量的关系图象应是一条过原点的倾斜直线，故B错误；C、水的比热容是水的一种特性，不随质量的变化而变化，故C正确；D、水内部压强p与水的深度h成正比，故D错误故选C4以下说法正确的是（）A“声呐”是利用了超声波在水中传播的距离较远B石油属于可再生能源，煤和天然气都属于不可再生能源C“移动电话”是利用了次声波D羽毛球撞击球拍的力和球拍对羽毛球的弹力是一对平衡力【考点】回声测距离的应用；平衡力的辨别；移动通信；能源的分类【分析】（1）“声呐”是利用了超声波在水中传播的距离较远制成的；（2）从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源；（3）“移动电话”是利用了电磁波传递信息的；（4）力的作用是相互的，一个物体对另一个物体施加力的作用的同时，受到另一个物体的反作用力【解答】解：A、“声呐”是利用了超声波在水中传播的距离较远制成的，故A正确；B、石油、煤和天然气都属于不可再生能源，故B错；C、“移动电话”是利用了电磁波传递信息的，故C错误；D、羽毛球撞击球拍的力和球拍对羽毛球的弹力是一对相互作用力，不是平衡力，故D错故选A5如图所示，是某同学测电阻的实验电路闭合开关观察到电流表、电压表指针均稍有偏转，产生这一现象的原因可能是（）A滑动变阻器短路B滑动变阻器连入电路中的阻值较大C定值电阻开路D定值电阻的阻值较大【考点】欧姆定律的应用；滑动变阻器的使用【分析】分析电路图可知滑动变阻器和定值电阻串联在电路中，电流表测通过电路的电流，电压表测定值电阻两端的电压电流表指针稍有偏转，说明电流很小，根据欧姆定律可知电路电阻过大，定值电阻阻值不变，加在其两端的电压也小则电压表指针稍有偏转，所以滑动变阻器接入电路的电阻过大，滑动变阻器分担大部分电压【解答】解：若滑动变阻器短路，定值电阻两端的电压为电源电压，电压表的示数应为3V所以A错误滑动变阻器接入电路的电阻较大导致通过电路的电流小，所以电流表、电压表指针均稍有偏转，B正确定值电阻开路，电路断开，电路电流为0，电流表、电压表指针均不偏转，C错误定值电阻阻值较大，定值电阻应分担大部分电压，电压表示数较大，D错误故选B6如图为汽车启动原理图，汽车启动时，需将钥匙插入钥匙孔并旋转（相当于接通电路），下列有关说法错误的是（）A此时通电螺线管产生磁性B通电螺线管E端的磁极为南极C电动机是利用电磁感应原理制成的D通电螺线管两端电压与电动机两端电压不同【考点】通电螺线管的磁场；直流电动机的构造和工作过程【分析】（1）通电导体周围存在磁场，据此分析解答；（2）知道电流方向，根据安培定则判断出电磁铁的极性；（3）电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的；（4）由电路图分析电源的利用方式，据此解答【解答】解：A、当接通电路时，通电螺线管产生磁场，具有磁性，故A正确；B、当接通电路时，通电螺线管电流从上端流入，下端流出，利用安培定则可以判断E端为S极，F端为N极，故B正确；C、电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，故C错误；D、由图可知通电线圈电压由一个电源提供，而电动机的电压由两个电源串联提供，因此两者电压不同，故D正确故选C7关于物体内能的下列说法，正确的是（）A晒太阳使身体变暖，是通过热传递改变内能的B热量总是由内能大的物体传递给内能小的物体C一块0的冰熔化成0的水，内能不变D物体吸收热量，内能变大，温度一定升高【考点】内能的概念【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；（2）发生热传递的条件是，物体之间具有温差，热量总是从高温物体传向低温物体；（3）晶体在熔化过程中，吸收热量，温度不变，内能增加【解答】解：A、晒太阳使身体变暖，人体吸收了太阳的热量，是通过热传递改变内能的，故A正确；B、热量总是由温度高的物体传递给温度低的物体，故B错误；C、冰是晶体，0的冰熔化成0的水，温度不变，内能增加，故C错误；D、物体吸收热量，内能变大，温度不一定升高，比如晶体的熔化过程，吸收热量，温度不变，内能增加，故D错误故选A8小丽同学通过探究学习，思考了个问题：当自己荡秋千运动到右端最高点时，如果自己受到的力全部消失，自己将会处于怎样的运动状态呢？她做出了以下猜想（如图所示），你认为其中正确的是（图中的黑点表示小丽同学）（）A保持静止状态B继续来回摆动C做匀速直线运动D做匀速圆周运动【考点】牛顿第一定律【分析】掌握牛顿第一定律的内容，当物体不受任何外力时将静止或做匀速直线运动【解答】解：当自己荡秋千运动到右端最高点时，此时重力势能最大，物体速度为零所以处于静止状态，若受到的力全部消失，根据牛顿第一定律的内容，仍保持静止故选A9如图所示，电源电压不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向b端移动的过程中，下列说法不正确的是（）A电流表A的示数变小B电阻R1消耗的电功率变大C电压表V的示数变小D电路消耗的总功率变小【考点】电路的动态分析【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据公式P=UI可知电路功率的变化【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流当开关S闭合，滑片由a端向b端移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I=可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小；故A正确；由U=IR可知，R1两端的电压变小，即电压表的示数变小；故C正确；根据公式P=UI可知，电路总功率减小；电阻R1消耗的电功率减小，故B错误，D正确故选B10如图所示，图甲中小昆用弹簧测力计拉木块，使它沿水平木板匀速滑动；图乙是他两次在同一木板上拉动同一木块得到的路程随时间变化的图象下列说法正确的是（）A第一次拉力对木块做功的功率大B木块第二次做的功多C第一次木块的动能大D木块两次受到的拉力和摩擦力均相等【考点】功率大小的比较；力与运动的关系；功的大小比较；动能大小的比较【分析】（1）根据决定功率的因素即木块的拉力和木块的速度进行分析；（2）根据作用在物体上的拉力和在拉力方向上通过的距离，利用公式W=FS比较两次做功的多少（3）动能与物体的质量和运动速度有关，据此确定两次动能大小关系；（4）先判断木块两次的运动状态，然后根据二力平衡的条件分析拉力和摩擦力的关系【解答】解：A、从图中可以看出第二次木块运动的速度较大，而木块所受的拉力不变，根据公式P=Fv可知，拉力第二次做功的功率大；故此选项错误；B、从图中可以看出，在相同拉力作用下，木块两次运动的距离不同，时间不确定，所以木块两次所做的功不能确定，故B选项错误；C、从图中可以看出，第二次木块运动的速度较大，而质量一定，所以第二次具有的动能较大故此选项错误；D、从图象上可以看出，木块两次都是作匀速直线运动，而做匀速直线运动的物体受平衡力作用，所以两次木块受到的拉力和摩擦力相等，故此选项正确故选D11把标有“12V 36W”的灯泡L1和“8V 16W”的灯泡L2串联后接在电源的两端，其中一只灯泡正常发光，另一只灯泡没有达到额定功率，则下列选项正确的是（）A该电源的电压为24VB电路中的电流为3AC两灯泡的总功率为32WD灯L1的实际电压大于灯L2的实际电压【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用【分析】（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据I=求出灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出两灯泡的电阻；（2）两灯泡串联时电流相等，正常发光的是额定电流较小的灯泡，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电源的电压，根据P=UI求出两灯泡的总功率，根据U=IR比较灯泡两端实际电压的大小【解答】解：（1）由P=UI可得，两灯泡的额定电流分别为：I1=3A，I2=2A，由I=可得，两灯泡的电阻分别为：R1=4，R2=4；（2）因串联电路中各处的电流相等，L2的额定电流小于L1的额定电流，所以，两灯泡串联时，电路中的最大电流I=2A，故B不正确；因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电源的电压：U=I（R1+R2）=2A（4+4）=16V，故A不正确；两灯泡的总功率：P=UI=16V2A=32W，故C正确；由U=IR知两电灯泡的实际电压相等，故D不正确故选C12下列过程中，没有涉及到做功改变物体内能的是（）小孩滑滑梯时，臀部发热了 酒精灯加热试管内水温升高了内燃机的压缩冲程 火箭加速升空的过程ABCD【考点】做功改变物体内能【分析】改变物体内能有两种方式：做功和热传递做功主要有摩擦生热、压缩气体做功和电流通过导体做功，热传递有传导、对流和辐射三种方式【解答】解：小孩滑滑梯时，臀部发热了，是摩擦生热，即做功的方式改变内能；酒精灯加热试管内水温升高了，是热传递改变内能，此时没有能量的转化；内燃机的压缩冲程，该过程中，消耗机械能，产生内能，是通过做功的方式改变内能；火箭加速升空的过程，高温高压燃气对火箭做功，即做功的方式改变内能；故没有涉及到做功改变物体内能的是；故选B13在一支平底试管内装入适量铁砂，然后先后放入装有甲、乙两种不同液体的烧杯里，如图所示，下列说法正确的是（）A试管在甲液体中受到的浮力较大B试管在乙液体里排开的液体质量较小C在甲液体中试管底部所受液体压力较大D装乙液体的烧杯底部所受压强较大【考点】物体的浮沉条件及其应用；液体的压强的特点【分析】（1）同一支装入适量的铁砂的平底试管在两液体中都漂浮，受到的浮力相等、都等于自身重力；（2）根据阿基米德原理F浮=G排=m排g判断排开液体的质量关系；（3）根据浮力实质得下表面受到的压力关系，利用F=pS比较试管底部所受压力大小关系；（4）试管在甲、乙两液体中受到的浮力相等，而排开液体的体积不同，根据公式F浮=gV排可判断两液体密度的大小两液面等高，根据p=液gh判断烧杯底部所受压强大小【解答】解：（1）因为同一支装入适量的铁砂的平底试管在两液体中都漂浮，所以试管受到的浮力：F甲=F乙，故A错；（2）试管在甲、乙两液体中受到的浮力相等，根据F浮=G排=m排g可知，试管排开的液体质量相等，故B错；（3）物体受到的浮力等于物体上下表面受到液体的压力差，而上表面受到的压力为0，所以F浮=F下表面F上表面=F下表面，因为受到的浮力相等，所以，下表面受到的压力相等，即：F甲=F乙，故C错（4）试管在甲、乙两液体中受到的浮力相等，由图知，排开的液体体积V甲V乙，根据F浮=液V排g可知，甲乙，两液面等高，根据p=液gh可知，装乙液体的烧杯底部所受压强较大故D正确；故选D14如图1，电源电压为3V且保持不变，闭合开关S后，滑片P从b端移动到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的关系图象如图2所示，下列判断不正确的是（）AR1的电阻为5B滑动变阻器的最大电阻为10C电路消耗的最大功率为1.8WD电路消耗的最小功率为1W【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【分析】由图1可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，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、电压表的示数最大，由图象读出电流和电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值，进一步求出电源的电压，利用P=UI求出电路消耗的最大和最小功率【解答】解：由图1可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，由图2可知I1=0.6A，由I=可得，电源的电压：U=I1R1=0.6AR1，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，由图2可知，I2=0.2A，U2=2V，则滑动变阻器的最大阻值：R2=10，故B正确；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U=I2R1+U2=0.2AR1+2V，因电源的电压不变，所以，0.6AR1=0.2AR1+2V，解得：R1=5，故A正确；电源的电压U=0.6AR1=0.6A5=3V，电路消耗的最大功率：P1=UI1=3V0.6A=1.8W，故C正确；电路消耗的最小功率：P2=UI2=3V0.2A=0.6W，故D错误故选D15乒乓球的直径加大后，国际乒联又改变了制作乒乓球的材料，目的是提高乒乓球的比赛的观赏性，小柯认为乒乓球材料的改变，是为了减弱乒乓球的弹性，他用材料不同，其他条件相同的乒乓球设计了以下验证方案，其中最合理的是（）A用不同的力将乒乓球挪向地面，比较落地后反弹的高度B把乒乓球沿不同方向抛向地面，比较落地后反弹的高度C把乒乓球从不同高度静止释放，比较落地后反弹的高度D把乒乓球从同一高度静止释放，比较落地后反弹的高度【考点】控制变量法与探究性实验方案【分析】（1）物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法；（2）要想比较两只乒乓球的弹性大小，必须使用控制变量法进行探究，逐一分析每个选项的方案后，选择正确答案【解答】解：A、把材料不同的乒乓球挪向地面，不能控制球的初速度相同，无法根据反弹后落地高度比较弹性大小，故A错误；B、把材料不同的乒乓球抛向地面，没有控制球的抛出速度相等，不能根据落地后反弹的高度判断弹性大小，故B错误；C、把材料不同的乒乓球在不同高度由静止释放，没有控制高度相等，故C错误；D、把材料不同的乒乓球在同一高度由静止释放，控制了球的初始高度相同，比较落地后反弹的高度，可以判断球的弹性大小，故D正确；故选D二、理解与应用16某些手表上有一个圆滑的透明凸起，通过它看日期会觉得很清楚，这是因为这个圆滑的凸起相当于一个放大镜，我们看到的实际上是一个放大（选填“放大”或“缩小”）的虚像（选填“实像”或“虚像”）【考点】凸透镜成像的应用【分析】（1）根据透镜中间和边缘的厚薄判断是凸透镜还是凹透镜（2）uf，成正立、放大的虚像，应用于放大镜【解答】解：透明凸起的部分中间比边缘厚是凸透镜，其作用相当于一个放大镜，日历数字在凸透镜的一倍焦距以内，则成正立、放大的虚像故答案为：凸透镜；放大；虚像17质量和温度都相同的实心铜块和水（c铜c水），使它们分别放出相同的热量后，将铜块迅速投入水中，它们的内能会因两者之间发生热传递而带来变化，其中水的内能将变小（选填大或小）【考点】热传递【分析】质量相等的铜块和水，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少，而初温相同，可以得出铜块和水的末温高低，进而确定热传递的方向【解答】解：铜块和水的质量相同，水的比热容大，放出相等的热量，水的温度降低的少，而初温相同，水的末温高，二者放在一起后，热量由水传向铜块，故铜块内能增大，水的内能变小故答案为：小18如图所示物体A被滑轮组拉着在水平地面上5s内匀速直线运动了2m，它受到地面的摩擦阻力是96N，绳端拉力F为40N，则A物体的运动速度是0.4m/s，拉力F的功率是48W，该滑轮组的机械效率是80%【考点】功率的计算；滑轮（组）的机械效率【分析】（1）根据v=求出运动速度；（2）根据v=3v求出拉力的移动速度，根据P=Fv求出功率；（3）题中克服摩擦阻力做的功为有用功，根据=求出机械效率【解答】解：（1）A物体的运动速度：v=0.4m/s；（2）拉力移动速度：v=3v=30.4m/s=1.2m/s，拉力F的功率：P=Fv=40N1.2m/s=48W；（3）滑轮组的机械效率：=100%=100%=100%=100%=80%故答案为：0.4；48；80%19如图所示的电路中电源电压U=3.6V且保持不变电阻R1=2变阻器R2的最大值为20电流表量程为00.6A电压表量程为03V为保证电表安全变阻器连入电路的阻值范围是410【考点】欧姆定律的应用【分析】由电路图可知，滑动变阻器R2与电阻R1串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路总电流，电流表示数最大为0.6A，电压表示数最大为3V，根据欧姆定律和串联电路的特点分别算出对应的滑动变阻器的阻值【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器R2与电阻R1串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路总电流，当电流表示数为I1=0.6A时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，根据欧姆定律可得，电阻R1两端电压：U1=I1R1=0.6A2=1.2V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压：U2=UU1=3.6V1.2V=2.4V，因串联电路中各处的电流相等，所以，滑动变阻器连入电路的电阻最小：Rmin=4；当电压表示数最大为U大=3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，此时R1两端电压：U1=UU2max=3.6V3V=0.6V，电路电流为：I2=0.3A，滑动变阻器接入电路的最大电阻：Rmax=10，变阻器接入电路的阻值范围为410故答案为：41020请完成作图：（1）如图1所示，OA表示从玻璃砖斜射向空气中的一束光，请大致画出这束光在玻璃砖中的入射光线（2）杠杆OA能绕固定点o旋转，现有一个力F作用在杠杆上使杠杆处于平衡状态，已知OB就是这个力的力臂，试在图2中画出这个力F的示意图【考点】作光的折射光路图；力臂的画法【分析】（1）光从其他透明介质斜射入空气，折射光线和入射光线分居在法线的两侧，折射角大于入射角（2）根据力和力臂的关系画出力的示意图即可【解答】解：（1）根据光由玻璃砖斜射进入空气时：折射光线远离法线，折射角大于入射角可以画出入射光线从折射点O在法线右侧的玻璃砖中画出入射光线，使折射角大于入射角，如图所示：（2）由图可知，要使杠杆平衡，动力F的方向应该向上，过力臂的下端B点作垂直于力臂L的有向线段，交杠杆于C点，C点即为其作用点，如图所示：三、实验与探究（本题包括3个小题，共19分）21小中同学利用光具座研究凸透镜成像规律的实验时：（1）他在没有测量凸透镜焦距的情况下，立即安装调节器材，使烛焰、透镜、光屏三者的中心在同一高度，然后适当移动一下它们的位置，在图示的情况下光屏上刚好得到炷焰等大清晰的像，小中立即知道了该凸透镜的焦距f1是10cm（2）接着又从其他同学那里拿来了一个凸透镜，在不改变烛焰和光屏的位置情况下，把该透镜放到原来位置时，发现光屏上烛焰的像不够清晰了，于是他把光屏向左移动到光具座的60cm刻度处时，发现光屏上又出现了烛焰清晰的像则该凸透镜的焦距f2最接近CA.24cm B.20cm C.15cm D.6cm（3）小中仔细观察了两个凸透镜，又有了新的发现：原来两个凸透镜的厚度不相同，同学的这个透镜中间更加凸出，于是他就总结了一个结论：在材料、大小等相同的情况下，中间越薄的凸透镜焦距越长（选填“长”或“短”）【考点】凸透镜成像规律及其探究实验【分析】（1）探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心凸透镜成倒立、等大的实像时，物距：u=2f，像距：v2f，根据物距和像距提供的数据列出等式，解等式即可（2）凸透镜成倒立、缩小的实像时，物距：u2f，像距：2fvf，根据物距和像距提供的数据列出不等式，解不等式即可做出选择（3）不同凸透镜对光的折射程度是不同的，即每个凸透镜的焦距是不一定相同的，焦距即是透镜焦点到光心的距离【解答】解：（1）由图可看出：装置中的错误是光屏偏高，需要进行调节，使烛焰、凸透镜和光屏，使它们的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中央位置由图可看出，光屏上成倒立、等大的实像：则物距u=2f=20cm解得f=10cm；（2）在不改变烛焰和光屏的位置情况下，u=20cm，把光屏向左移动到光具座的60cm刻度处时，v=10cm，uv，成倒立缩小的实像，则u=20cm2f，2fv=10cmf，解得10cmf5cm，则该凸透镜的焦距f2最接近6cm，故C选项符合；（3）在材料、大小等相同的情况下，中间越薄的凸透镜焦距越长；中间越厚的凸透镜焦距越短故答案为：（1）在同一高度；10；（2）C；（3）长22某同学为了探究并联电路中干路的电流与各支路电流之间的关系，设计电路如图所示（1）请完成电路连接当闭合开关时，该同学发现电流表A1指针向“0”刻线左边偏转，则故障原因可能是（2）当闭合开关时，该同学还发现电流表A的指针向右偏转，超过了右边最大刻度值，他可以采取的措施是（3）排除一切故障后，该同学分别记下电流表A、A1、A2的示数，然后换上另外两个灯泡，再次记下三个电流表的示数，两次记录的数据如下表：A的示数A1的示数A2的示数第一次测量0.8A0.3A0.5A第二次测量0.7A0.4A0.3A根据上表的数据分析，可得出的结论是：【考点】探究串并联电路中的电流特点实验【分析】（1）把电流表A2与L2串联后，画出对应的电路图；（2）当电流表的正负接线柱接反时，指针会反转的；（3）当指针超过最大刻度时，说明使用的量程小了，应换用大量程；（4）分析表格中的数据，得到并联电路的电流特点【解答】解：（1）如图（2）电流表指针反转，说明正负接线柱接线反了；（3）当指针超过最大刻度时，应更换大量程（4）得到并联电路的电流特点是：干路电流等于各支路电流之和故本题答案为：正负接线柱接线反了；更换大量程；干路电流等于各支路电流之和23浮力实验二则：实验一：在探究“浮力大小与哪些因素有关”的实验中，某个小组同学用如图1所示的装置，将同一物体分别逐渐浸入到水和酒精中，为了便于操作和准确收集数据，用升降台调节溢水杯的高度来控制物体排开液体的体积他们观察并记录了弹簧测力计的示数及排开液体的体积实验数据记录在表中（酒精=0.8g/cm3）液体种类实验序号物重G重（N）弹簧测力计示数F（N）物体受到浮力F浮（N）排开液体体积V排（cm3）水121.55021.01.010030.51.5150酒精421.60.45051.20.810060.81.2150（1）请根据表中数据，分析出第一次实验中物体所受的浮力F浮=0.5N（2）分析比较实验序号1、2和3（或4、5和6）可初步得出结论：当液体的种类相同时，排开液体的体积越大，浸在液体中的物体受到的浮力越大；分析比较实验序号1和4（或2和5或3和6）可初步得出结论：当排开液体的体积相同时，液体的密度越大，浸在液体中物体受到的浮力越大（3）本实验在探究“浮力的大小与哪些因素”有关时，选用了不同液体并进行了多次实验，其目的是为了A（选填字母序号A：寻找普遍规律；B取平均值减小误差）（4）实验中观察到：将同一个物体浸没在密度越大的液体中时，弹簧测力计的示数越小实验二：小华在物理实验操作测评中抽测的实验题目是“探究浮力与排开液体重力的关系”他用到了溢水杯、水、弹簧测力计、铁块、小桶、细线等器材，所进行的操作步骤如图2：A测出铁块所受重力GB测出空桶所受重力G1C将水倒入溢水杯中D把挂在弹簧测力计下的铁块浸没在水中，让溢出的水全部流入小桶中，读出测力计示数FE测出小桶和被排开水的总重G2F记录分析数据，归纳总结实验结论，整理器材（1）请分析评估上述实验，指出他操作步骤中的一处错误：错误：将水倒入溢水杯中改正：将溢水杯倒满水（2）请写出利用测量数据验证阿基米德原理的过程（测量数据用图中物理符号表示）比较物体受到的浮力大小F浮=GF与物体排开水的重力G排=G2G1的大小，若相等，则说明浸在液体中的物体受到的浮力大小等于物体排开液体的重力【考点】探究浮力大小的实验【分析】实验一：（1）利用称重法可算出物体浸在水中时受到的浮力；（2）浮力的大小与物体排开液体的体积和液体的密度有关在研究浮力大小与哪些因素有关时，应找出不变的量和变化的量，得出浮力大小与变化量之间的关系的；（3）选用了不同液体并进行了多次实验，其目的是为了避免实验的偶然性，得出具有普遍性的结论；（4）根据称重法，结合表中数据分析得出结论实验二：（1）没有强调将溢水杯倒满水；（2）利用称重法，如果物体受到的浮力等于排开水的重力即可验证阿基米德原理【解答】解：实验一：（1）根据称量法测浮力，第一次实验中物体所受的浮力F浮=GF1=2N1.5N=0.5N（2）实验1、2和3（或4、5和6）物体排开液体的种类不变，比较出实验序号1、2和3（或4、5和6）中物体受到的浮力大小，结合表中体积变化，得出：液体的种类相时同时，物体排开液体的体积越大，物体受到的浮力越大；探究浮力与液体密度关系时，应控制排开液体的体