重庆市重点中学2023-2024学年九年级下学期第一次月考物理试题（二）

重庆市重点中学2023-2024学年九年级下学期第一次月考物理试题（二）一、选择题（本题共8小题，每小题只有一个选项符合题意）1．下列物理量的估测中最接近实际的是（）A．人体的电阻约为100ΩB．一枚悬浮在盐水中的鸡蛋所受到浮力约为0C．一部华为P60手机的质量为2kgD．重庆歌乐山山顶的大气压强约为12．如图所示，下列说法正确的是（）A．冰山的温度低于0℃，冰山没有内能B．隆冬季节草上的霜是水蒸气凝固形成的C．用铁锅炒菜是因为铁锅的比热容较大D．用活塞向瓶内打气，瓶塞飞起，瓶口出现的白雾是液化现象3．如图所示的各种情景，下列说法正确的是（）A．甲图中：当阀门打开，蓄水槽中的水流动时，B管中水柱高度最高B．乙图中：在同一地点做托里拆利实验，玻璃管稍倾斜一些时，水银柱的长度变大C．丙图中：水坝筑成上窄下宽的形状，是由于越深处水对坝体侧面浮力越大D．丁图中：金鱼吐出的气泡正在水中上升时，受到水的压强逐渐变小、浮力不变4．小亮是一位体育爱好者，他运用学过的物理知识对如图所示的运动项目进行分析，下列说法正确的是（）A．甲图中运动员正在跳高，当他腾跃到最高点时，所受合力为零B．乙图中运动员游泳时向后拨水，他向前进，说明物体间力的作用是相互的C．丙图中运动员正在投篮，篮球出手后仍能继续向前是因为受到惯性的作用D．丁图中运动员举着杠铃在空中静止不动，杠铃的重力和杠铃对他的压力是一对平衡力5．现有“6V3W”的灯泡L1和“6V 6W”的灯泡LA．串联接在6V的电源上，通过L1和LB．串联接在6V电源上，L1C．串联接在12V的电源上，两灯均能正常发光D．并联在5V的电源上，L1和L6．两个圆柱形薄壁容器放在水平面上，底面积分别为S甲、S乙。其中分别盛有质量为m甲、m乙，体积为V甲、V乙两种液体，它们对容器底部的压强为p甲、p乙。现在两液体中分别浸没一个相同的物体（容器足够高），液体对容器底部压强的增加量为Δp甲、Δp乙，则下列选项中一定能使Δp甲>Δp乙的是（）A．S甲<S乙，m甲=m乙，V甲>V乙 B．S甲>S乙，m甲>m乙，V甲<V乙C．S甲>S乙，V甲<V乙，p甲=p乙 D．S甲<S乙，V甲>V乙，p甲<p乙7．在电学实验中，电流表的内阻几乎为零，但实验室中有一种小量程电流表，其内阻不为零，在处理这种电流表时，可看成是一个无内阻的电流表A和一个电阻RA串联（如图中虚线框所示）要测量一只这种电流表的内阻R的阻值，电路设计如图所示，电源电压不变，R1：R2=1：2，当S1闭合S2断开时，电流表示数I1=0.15A，R1消耗的电功率为P1；当S1断开S2闭合时，电流表示数为I2，RA消耗的电功率为0.1W，R2消耗的电功率为P2；且P1：P2=9：8，则下列说法正确的是（）A．I2=0.225A B．RA=20Ω C．U=3V D．P1=0.3W8．如图甲所示，A、B两正方体静置在水平地面上，已知A的密度ρA=2×103kg/m3，A的边长LA=10cm。若将B用体积不计的细铁丝按压在装有适量水、底面积为500cm2的薄壁柱形容器底部，放开后，正方体B上、下表面所受液体压强随时间变化的关系如图乙所示，整个过程中正方体B始终保持直立且未出现回落。下列说法正确的是（）①正方体B的边长是20cm②B最终静止时，容器底部受到的液体压强减小了480Pa③图甲中沿A、B上方分别水平切割相等高度，剩余压强可能相等④图甲中在A、B上方中央分别放置相等重物后，A、B对地面的压强可能相等A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④二、填空作图题9．英国物理学家，通过十余年的实践探究，终于发现了电磁感应现象。根据电磁感应原理制造的是（选填“发电机”或“电动机”）。10．氢能源作为新型能源，有着巨大的开发使用潜力。2kg氢能源完全燃烧放出的热量为J。若有21%的热量被水吸收，可以使kg的水从20℃升高到70℃。[c水=4.11．如图a为两个电路元件甲和乙两端的电压和通过它们电流之间的关系，把它们串联在电源电压为3V的电路中，如图b，闭合开关，这时元件甲的电功率是W，把它们并联在某一电路中，干路上电流为0.6A，则元件乙在1min内做的功为J。12．如图所示，一个重3N，底面积为100cm2足够高的柱形容器，装有深15cm的液体，现把质量为m=480g，高15cm，底面积为50cm2一圆柱体放入其中，处于漂浮状态，浸在液体中的深度为ℎ=12cm，则圆柱体受到的浮力为13．在如图的电路中，电源两端的电压U保持不变，只闭合开关S1，当滑动变阻器R3的滑片P滑至最右端，滑动变阻器R2的滑片P'滑至最右端时，电阻R2消耗的电功率P0＝8W；再将滑动变阻器R3的滑片P滑至最左端，滑动变阻器R2的滑片P'滑至最左端时，电压表V1的示数为U1，V2的示数为U2，U1：U2＝1：4；只闭合开关S1和S3，R2置于最大阻值处，电路消耗的总功率为P1；只闭合开关S1和S2，电路消耗的总功率为P2，P1：P2＝1：2，则电阻R1和R2的最大阻值之比为，若因操作不当使R2断路，在保证电路安全的前提下闭合所有开关，电路的总功率最小值是W。14．如图所示，重6N的木块漂浮在液面，请画出物体受到的浮力F浮15．请按要求作图。如图，请将图中的灯、开关正确连入家庭电路。三、实验探究题16．诚诚同学在探究液体压强的实验中，进行了如图所示的操作：（1）压强计是通过来反映被测压强的大小的；（2）在使用压强计前，发现U形管左右两侧的水面不在同一水平面，如图甲，为了使U形管左右两侧的水面相平，正确的调节方法是____（选填“A”“B”）；A．将右侧支管中高出的水倒出 B．取下软管重新安装（3）分析图乙A、B两图的实验现象，得出的结论是：液体压强大小与有关；（4）图乙中要探究液体压强与液体密度的关系，应选用两图进行对比；（5）保持图乙C中金属盒的位置不变，并将一杯清水倒入烧杯中搅匀后（液体未溢出），U形管两侧的液面的高度差（选填“变大”、“变小”或“不变”）；（6）聪明的诚诚想知道C图中的盐水密度是多少，于是设计了如图丙所示的实验装置.内外两个容器紧密粘合在一起，内部小容器的底部为一张弹性很好的橡皮膜。诚诚进行了如下操作：①在内部小容器内装入适量待测盐水，发现橡皮膜向下突出；②在外部大容器内装入清水，直到橡皮膜变平，测出盐水深度ℎ以及清水与盐水的液面高度差Δℎ，请你写出盐水的密度表达式：ρ盐水=（用含有ℎ、Δℎ和17．在“探究浮力大小与哪些因素有关”的实验课上，勤勤和立立选用一实心物块、弹簧测力计、体积相同的水和盐水等进行探究。（1）将实心物块挂在弹簧测力计下，然后将物块缓慢浸入水中，当物块在图甲中b、c、d位置时分别记录弹簧测力计的示数，其中图甲b中物块所受浮力大小为N；（2）分析图甲a、b、c三次实验可以得到结论：物体在水中受到的浮力大小与有关；（3）分析a、d、e三次实验，可知其他条件一定时，液体密度越大，物体受到的浮力（选填“越大”或“越小”）；（4）勤勤通过a、b、c、d四次实验发现，物体浸没液体前，随着浸入深度越来越大，弹簧测力计示数一直在减小，但物体浸没之后弹簧测力计示数不变。于是得出结论：物体所受浮力的大小在浸没液体前，与浸入液体的深度有关；浸没之后与浸入液体的深度无关。勤勤的结论是（选填“合理”或“不合理”）的，理由是；（5）由图甲a、d、e可知，物块的体积为cm3，盐水的密度为（6）在实验过程中，立立同学想用自制的“密度计”测液体的密度。他将一个吸管的底部密封，并缠上铜丝，制成简易密度计。密度计放在水和酒精中时均竖直漂浮，露出液面的长度用L表示，如图乙所示。立立将该密度计放入酒精中，密度计静止时L为6cm，他在密度计上与液面相平的位置处标注0.8g/cm3；立立将该密度计放入水中，密度计静止时L为8cm，他在密度计上与液面相平的位置处标注1.18．如图所示，达达做“测量小灯泡电功率”实验中，所用电源为4节新的干电池串联而成，小灯泡的螺旋套上标有“2.5V”字样，滑动变阻器的规格是“30Ω1A”。（1）请你将图甲中未完成的电路连接好（要求：滑动变阻器的滑片向右移动时，灯泡变暗）；（2）连接电路后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，则电路的故障可能是；（3）电路故障排除后，闭合开关，逐步移动滑片，电压表示数如图乙，为使灯泡正常发光，应向（选填“左”、“右”）端移动滑片P；图丙为灯泡的I−U图像，达达发现：当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比也变大了，其原因是；（4）达达调节滑动变阻器的过程中，发现滑动变阻器的电阻变化量（选填“>”、“<”或“=”）灯泡的电阻变化量；当小灯泡两端电压为2V时，其实际功率在下列选项的范围内；A.0~0.4WB.0.32W~0.48WC.0.48W~0.6WD.0.6W~0.75W（5）测完小灯泡的额定功率之后，达达绘制出小灯泡的P−I2和A． B．C． D．（6）邻组的阳阳同学又找来5Ω、10Ω、15Ω、20Ω四个定值电阻想要继续探究“电流与电阻的关系”，只将5Ω的定值电阻代替小灯泡接入电路，调节滑动变阻器使定值电阻两端电压为2V，不改变其它电路元件。在用20Ω的定值电阻替换15Ω的定值电阻后，他发现电压表示数始终不能调为2V。为完成四次探究，阳阳同学设计了如下方案，你认为不可行的一项是____。A．如果只更换滑动变阻器，则更换的滑动变阻器最大阻值至少为40ΩB．如果只更换电源，则更换的电源电压范围是2V~5VC．如果只调整电压表的示数，则应该控制电压表示数U0D．如果只串联一个定值电阻，则可以串联一个15Ω的电阻四、计算题（解答应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不给分）19．我国自主生产的某型号水陆两用坦克（如图所示），它的总质量22t，水上最大速度14km/h，陆地最大速度54km/h。（1）该水陆两用坦克停在水平地面上时，履带着地总面积为4m（2）该水陆两用坦克有个500cm20．小宏新买的电饭锅如图甲所示，其简化电路如图乙所示。R1和R2均为电热丝，开关S2是自动控制开关，开关S2向上与触点a、b接通，向下仅与触点（1）电热丝R2（2）电饭锅在这次煮饭的过程中消耗的电能；（3）在傍晚用电高峰期，家中只接该电饭锅，闭合开关S1使其开始工作11min（由于热量原因，该过程中S2始终与触点a、21．如图甲所示，圆柱形玻璃杯A、实心柱体B用细线相连放入装水的薄壁柱形容器中处于静止状态，此时细线拉直（细线不可伸长且质量体积均忽略不计）细线的拉力为2N，A的重力为6N，物体B的体积为100cm3，柱形容器的底面积为500cm2。在打开容器底部水龙头放水的过程中，细线所受拉力大小随时间变化图象如图乙所示。（1）未放水前（如图甲），玻璃杯A受到的浮力为多少？（2）物体B的密度为多少？（3）若t1时刻到t

答案解析部分1．【答案】B【知识点】物理常识【解析】【解答】A、通常情况下人体电阻约为2000Ω，故A不正确。

B、一枚鸡蛋的重力约为0.5N，悬浮在盐水中的鸡蛋受到的浮力等于其重力，约为0.5N，故B正确。

C、一部华为P60手机的质量为200g=0.2kg，故C不正确。

D、地面附近气压约为1.0×105Pa，大气压随着海拔高度的增加而减小，所以重庆歌乐山山顶的大气压强小于1.0×105Pa，故D不正确。

故答案为：B。

【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。2．【答案】D【知识点】液化及液化放热；凝华及凝华放热；内能的概念；比热容【解析】【解答】A.冰山的温度低于0℃，冰山内能较少，但是仍然有内能，故A错误；

B.隆冬季节草上的霜是水蒸气从气态直接变成固态发生凝华现象，故B错误；

C.用铁锅炒菜是因为铁锅的比热容较小，升温较快，故C错误；

D.用活塞向瓶内打气，瓶塞飞起，瓶口出现的白雾是水蒸气从气态变成液态发生液化现象，故D正确。

故选D。

【分析】A.一切物体都有内能；

BD.根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称；

C.根据Q=cm△t可知，不同物质吸收相同的热量时，比热容越小，则温度升高越多。3．【答案】B【知识点】液体压强的特点；大气压强的测量方法；流体压强与流速的关系；阿基米德原理【解析】【解答】A.根据甲图可知，B管下方最细，则水流速度最大，水的压强最小，根据液体压强公式p=ρ液gh可知，B管内液柱高度最小，故A错误；

B.当大气压强不变时，根据液体压强公式p=ρ液gh可知，玻璃管内外高度差不变，故B正确；

C.水坝筑成上窄下宽的形状，是因为水的压强随深度的增加而增大，故C错误；

D.金鱼吐出的气泡正在水中上升时，深度减小，根据液体压强公式p=ρ液gh可知，受到水的压强逐渐变小。而气泡的体积逐渐变大，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，气泡受到的浮力变大，故D错误。

故选B。

【分析】A.根据流体压强和流速的关系判断；

B.根据液体压强公式p=ρ液gh分析判断；

C.根据液体压强随深度的变化规律判断；

D.根据深度对液体压强的影响分析，结合阿基米德原理F浮=ρ液gV排分析浮力变化。4．【答案】B【知识点】力作用的相互性；惯性及其现象；平衡力的辨别【解析】【解答】A.甲图中运动员正在跳高，当他腾跃到最高点时，它只受重力作用，因此合力不为零，故A错误；

B.乙图中运动员游泳时向后拨水，他向前进，说明物体间力的作用是相互的，故B正确；

C.丙图中运动员正在投篮，篮球出手后仍能继续向前是因为篮球有惯性，故C错误；

D.丁图中运动员举着杠铃在空中静止不动，杠铃的重力和杠铃对他的压力没有作用在同一物体上，且方向相同，肯定不是平衡力，故D错误。

故选B。

【分析】A.对最高点时的运动员进行受力分析即可；

B.根据力的作用的相互性分析判断；

C.惯性是物体的一种性质，不是力的作用；

D.平衡力的条件：大小相等、方向相反，作用在同一物体和同一直线上。5．【答案】B【知识点】实际功率【解析】【解答】甲、乙两灯泡的额定电压相等，额定功率不同，由P=U2R可得，两灯泡的电阻之比：R1：R2=P2：P1=6W：3W=2：1。

A、串联接在6V的电源上，因串联电路中各处的电流相等，则通过L1和L2中的电流之比为1：1，故A错误。

B、串联接在6V电源上，由于L1和L2中的电流相等，根据P=I2R可知L1和L2实际功率之比为：P1'：P2'=R1：R2=2：1，所以P1'＞P2'，则L1更亮些，故B正确。

C、串联接在12V的电源上，由串联电路的分压特点可知，两灯泡两端分得的电压之比为：U1'：U2'=R1：R2=2：1，所以，U1'=8V，U2'=4V，故灯泡两端的电压都不与额定电压相等，故都不能正常发光，故C错误。

D、并联在5V的电源上，根据P=U2R两灯泡并联工作时实际功率之比P1″：P2″=R2：R1=1：2，故D错误。

故答案为：B。

【分析】甲、乙两灯泡的额定电压相等，额定功率不同，根据P=U2R求出两灯泡的电阻之比。

（1）两灯泡串联工作时，根据串联电路的电流特点可知电流之比。

6．【答案】C【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用【解析】【解答】根据题意可知，ρ甲=m甲V甲，ρ乙=m乙V乙；

当在两液体中分别浸没一个相同的物体（体积为V）后，液面升高Δℎ=VS容，

由p=ρ液体gh可知，液体对容器底压强增加量：

Δp甲=ρ甲gΔh甲=m甲V甲gVS甲，

Δp乙=ρ乙gΔh乙=m乙V乙gVS乙，

要使Δp甲＞Δp乙，即：m甲VV甲S甲＞m乙VV乙S乙，

则有m甲V乙S乙＞m乙V甲S甲，

A.若S甲＜S乙，m甲=m乙，V甲＞V乙，则m甲V乙S乙和m乙V甲S甲的大小不能确定，故A错误；

B.若S甲＞S乙，m甲＞m乙，V甲＜V乙，则m甲V乙S乙和m乙V甲S甲的大小不能确定，故B错误；

C.若S甲＞S乙，V甲＜V乙7．【答案】C【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算【解析】【解答】AB.当S1闭合、S2断开时，R1与RA串联，电流表测电路中的电流；当S1断开S2闭合时，R2与RA串联，电流表测电路中的电流，

因P1：P2=9：8，且R1：R2=1：2，

所以，由P=I2R可得：P1P2=I12R1I22R2=I12I22×R1R2=I12I22×12=9：8，

解得：I1I2=32，则I2=23I1=23×0.15A=0.1A，故A错误；

则RA的电阻值：RA=PAI22=0.1W(0.1A)2=10Ω，故B错误；

CD.因电源的电压一定时，电路中的电流与总电阻成反比，

所以I1I2=RA+R2RA+R1=10Ω+28．【答案】A【知识点】压强的大小及其计算【解析】【解答】①由乙图可知，当B物体上表面受到液体的压强为0时，其下表面所受压强为2000Pa，

其所受浮力：F浮=p下S=2000Pa×S①

此时B物体刚好完全浸没在液体中，根据阿基米德原理可知，

此时物体所受浮力：F浮=ρ水V排g=ρ水gShB=1×103kg/m3×10N/kg×ShB②

由①②式解得hB=0.2m=20cm，故①正确；

因为B物体是正方体，其底面积：S=（hB）2=（0.2m）2=0.04m2，

则B完全浸没时所受浮力：F浮=p下S=2000Pa×0.04m2=80N，

②B最终静止时，其下表面所受压强为1400Pa，此时物体所受浮力：F'浮=p'下S=1400Pa×0.04m2=56N，

B物体受到的浮力减小量：ΔF=F浮-F'浮=80N-56N=24N，

即容器底所受压力减小了ΔF=24N，则容器底部受到的液体压强减小量：Δp=ΔFS容=24N500×10−4m2=480Pa，

故②正确；

③物体A的重力：GA=ρAg（LA）3=2×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）3=20N，

B最终静止时漂浮，所受浮力等于自身重力，则物体B的重力：GB=F'浮=56N，

又因为GB=ρBg（hB）3则ρB=GBg(ℎB)3=56N10N/kg×(0.2m)3=0.7×103kg/m3，

图甲中沿A、B上方分别水平切割相等高度h，则剩余部分对地面的压力：

FA=GA-GA切=GA-ρAg（LA）2h=20N-2×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）2h，

FB=GB-GB切=GB-ρBg（hB）2h=56N-0.7×103kg/m3×10N/kg×（0.2m）2h，

对地面的压强：pA=FA(LA)2=20N−2×103kg/m3×10N/kg×(0.1m)2ℎ(0.1m)2，

pB=FB(L9．【答案】法拉第；发电机【知识点】电磁感应【解析】【解答】英国物理学家法拉第通过十余年的实践探究，终于发现了电磁感应现象。根据电磁感应原理制造的是发电机。

故答案为：法拉第；发电机。

【分析】法拉第于1831年发现了电磁感应现象。根据这个现象发明了发电机。10．【答案】2.86×10【知识点】热量的计算；燃料的热值【解析】【解答】（1）2kg氢能源完全燃烧放出的热量为：Q放=q氢m=1.43×108J/kg×2kg=2.86×108J；

（2）有21%的热量被水吸收，则水吸收的热量为：Q吸=ηQ放=21%×2.86×108J=6.006×107J；

水的质量为：m水=Q吸c水(t−t0)＝6.006×1011．【答案】0.8；24【知识点】串联电路的电流规律；并联电路的电流规律；串联电路的电压规律；并联电路的电压规律；电功率的计算【解析】【解答】（1）甲乙串联时电流相等，并且U=U甲+U乙=3V。根据图a可知，当I=0.4A时，U甲=2V，U乙=1V，则元件甲的电功率P甲=U甲I=2V×0.4A=0.8W；

（2）因并联电路两端电压相等，而干路电流等于各支路电流之和，即0.6A，所以根据图a可知，电路两端电压为1V是，通过甲的电流为0.2A，通过乙的电流为0.4A，故元件乙在1min内做的功：W乙=UI't=1V×0.4A×60s=24J。

【分析】（1）元件甲和乙串联时，通过它们的电流相等，并且串联电路两端电压等于各部分电压之和，根据图象读出符合条件的电压值和电路中的电流，再根据P=UI求出元件甲的电功率；

（2）把它们并联在某一电路中，它们两端的电压相等，根据图象得出各自对应的电流，再根据并联电路的电流特点求出元件乙中的电流，最后根据W=UIt求出元件乙在1min内做的功。12．【答案】4.8；1.28×103【知识点】液体压强计算公式的应用；阿基米德原理【解析】【解答】（1）圆柱体在液体中处于漂浮状态，则圆柱体受到的浮力为：F浮=G=mg=0.48kg×10N/kg=4.8N；

（2）圆柱体漂浮时排开液体的体积为：V排=S圆柱h=50cm2×12cm=600cm3，

由F浮=ρ液gV排可知，液体的密度为：ρ液=F浮gV排=4.8N10N/kg×600×10−6m3=0.8×103kg/m3

，

用外力将圆柱体向下压h1=2cm时，设液面上升高度为h2，

排开液体的体积为：ΔV排=S容h2=S圆柱（h1+h2），

则液面上升的高度为：ℎ2＝S圆柱ℎ1S容−S圆柱＝50cm213．【答案】1：2；45【知识点】电功率的计算【解析】【解答】（1）只闭合开关S1和S3，R2置于最大阻值处时，电路为R2最大阻值的简单电路，则电路消耗的总功率：P1=U2R2，

只闭合开关S1和S2时，电路为R1的简单电路，则电路消耗的总功率：P2=U2R1，

所以P1：P2=U2R2：U2R1=R1：R2=1：2；

（2）闭合S1，滑动变阻器R3的滑片P滑至最左端，滑动变阻器R2的滑片P'滑至最左端时，R1和R3的最大阻值串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R3两端的电压；

因串联电路中各处的电流相等，且U1：U2=1：4，

所以，由I=UR可得：U1U2=I2R1I2R3=R1R3=14，即R3=4R1=2R2，

闭合S1，滑动变阻R3的滑片P滑至最右端，滑动变阻器R2的滑片P'滑至最右端时，R1与R2的最大阻值串联；

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且电阻R2消耗的电功P0=8W，

所以，电路的总功率：

P=I12（R1+R2）=I12（12R2+R2）=32I12R2=32P0=32×8W=12W，

P=U2R1+R2=U212R2+R2=12W，

则U2=18W×R2，

若因操作不当使R2断路，在保证电路安全的前提下闭合所有开关，R1与R3的最大阻值并联时电路的总功率最小，

因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，

所以，电路的总电阻：R=R1R3R1+R3=12R2×2R212R2+2R14．【答案】【知识点】浮力的示意图【解析】【解答】根据题意可知，木块受到的浮力等于重力，也就是6N，作用在木块的重心上，方向竖直向下，如下图所示：

【分析】根据题意确定木块受到浮力的三要素，然后沿力的方向画一条带箭头的线段即可。15．【答案】【知识点】家庭电路的连接【解析】【解答】在家庭电路中，开关必须接在火线和灯泡之间，即从火线上引线，先接火线，再接灯泡，最后与零线连接，如下图所示：

【分析】根据家庭电路连接的知识分析解答。16．【答案】（1）U形管中液面的高度差（2）B（3）液体深度（4）B、C（5）变大（6）ρ【知识点】探究液体压强的特点实验【解析】【解答】（1）压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强的大小的；

（2）在使用压强计前，发现U形管左右两侧的水面不在同一水平面，如图甲，为了使U形管左右两侧的水面相平，正确的调节方法是取下软管重新安装，故选B；

（3）根据图片可知，A、B中橡皮膜所在的深度不同，那么得到：液体压强与液体深度有关；

（4）图乙中要探究液体压强与液体密度的关系，需要控制深度相同，只改变液体密度，故选实验B和C；

（5）保持图乙C中金属盒的位置不变，并将一杯清水倒入烧杯中搅匀后（液体未溢出），此时液体重力增大，则液体产生的压强增大，那么U形管两侧液面的高度差变大。

（6）当橡皮膜变平时，水产生的压强和盐水产生的压强相等，

即p水=p盐水；

ρ水g（h+△h）=ρ盐水gh；

解得：ρ盐水=ρ水(ℎ+Δℎ)ℎ。

【分析】（1）当橡皮膜上受到压强时，U形管两侧液面出现高度差，且高度差越大，说明压强越大；

（2）当软管内气压较大时，U形管两侧出现高度差，此时可以去掉软管重新连接，从而使U形管两侧液面相平；

（3）根据图片分析A、B实验中哪个因素不同即可；17．【答案】（1）1.4（2）物体排开液体的体积（3）越大（4）不合理；将长方体竖挂在弹簧测力计下，使长方体浸入水中直至刻度线处，然后将长方体横挂在弹簧测力计下，使长方体浸入水中直至刻度线处，两次弹簧测力计的示数相同，说明浮力相同，所以浸没前，物体浸入水中的深度不一样，如果排开液体的体积相同，浮力相同，在浸没液体前，浮力与深度无关。（5）200；1.2×103（6）11【知识点】探究浮力大小的实验【解析】【解答】（1）由图甲a可知，物块受到的重力是4.8N，由图甲b可知物体受到的拉力为3.4N，物块所的浮力大小为：F浮1=G-Fb=4.8N-3.4N=1.4N；

（2）由图甲a、b、c所示实验可知在同种液体中，物体排开液体的体积越大，弹簧测力计的示数越小，由称重法可知物体受到的浮力越大，说明物体在水中受到的浮力大小与物体排开液体的体积有关；

（3）由图甲a、d、e所示实验可知，物体排开液体的体积相同时，液体的密度不同，可探究浮力大小与液体的密度的关系。盐水的密度较大，物体在盐水中，弹簧测力计的示数较小，由称重法可知浮力较大，可以得到：其他条件一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大；

（4）勤勤的结论是不合理的，

控制浸入水中体积相同，先将长方体竖挂在弹簧测力计下，使长方体浸入水中直至如图刻度线处，然后将长方体横挂在弹簧测力计下，使长方体浸入水中直至如图刻度线处，两次弹簧测力计的示数相同，说明浮力相同，所以浸没前，物体浸入水中的深度不一样，如果排开液体的体积相同，浮力相同，在浸没液体前，浮力与深度无关。

（5）由图甲a和d得到物块受到的浮力：F浮2=G-Fd=4.8N-2.8N=2N，

物块的体积为：V＝V排＝F浮2ρ水g＝2N1.0×103kg/m3×10N/kg＝2×10−4m3=200cm3；

由图甲a和e得到物块受到的浮力：F浮3=G-Fe=4.8N-2.4N=2.4N

物块排开盐水的体积等于物块的体积，盐水的密度：ρ盐＝F浮3gV排＝2.4N10N/kg×2×10−4m3＝1.2×103kg/m3；

（6）设吸管长度为h，底面积为S，密度计重力为G，将该密度计放入酒精中，密度计静止时L为6cm，酒精的密度为0.8g/cm3，即0.8×103kg/m3，

密度计漂浮在酒精中，根据浮沉条件可知，浮力等于重力，即F浮酒精=G；

结合阿基米德原理得：ρ酒精gV排酒精=0.8×103kg/m3×10N/kg×（h-6×10-2m）×S=G①，

将该密度计放入水中，密度计静止时L为8cm，密度计漂浮在水中，根据浮沉条件可知，浮力等于重力，即F浮水=G，

结合阿基米德原理得：ρ水gV排水=1×103kg/m318．【答案】（1）（2）灯泡短路（3）右；由图丙可知，当灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P=UI可知，灯泡功率变大，温度升高，灯丝的电阻随温度的升高而增大，故当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比变大（4）>；D（5）B（6）D【知识点】功率的测量实验【解析】【解答】（1）滑动变阻器的滑片向右移动时，灯泡变暗，说明电路中电流变小，滑动变阻器阻值变大，故滑动变阻器选用左下接线柱与灯泡串联在电路中，如下图所示：；

（2）闭合开关，发现灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，故故障可能与电压表并联的灯泡短路；

（3）①由图甲可知，灯泡的量程是0～3V，分度值是0.1V，由图乙可知电压表的示数是2.8V，灯泡的额定电压是2.5V。为使灯泡正常发光，需要减小电压表的示数，由串联电路电压的规律可知增大变阻器两端的电压。根据串联电路电压与电阻成正比的原理可知，应增大滑动变阻器接入电路的阻值，故应向右端移动滑片P；

②由图丙可知，当灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P=UI可知，灯泡功率变大，温度升高，灯丝的电阻随温度的升高而增大，故当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比变大；

（4）①根据图象可知当滑动变阻器电阻变小时，灯泡两端电压增大，电流也增大，灯泡电阻变大，而总电阻变小。根据R总=R滑+R灯可知，只有当R滑的减小量大于R灯的增加量才会让总电阻变小，故滑动变阻器的电阻变化量大于灯泡的电阻变化量；

②由图丁可知，当小灯泡两端电压为2V时，通过灯泡的电流0.3A＞I＞0.25A，

根据P=UI可知，此时灯泡实际功率为0.75W＞P＞0.6W，

故选D；

（5）AD.由P=U2R可知，若R不变，则P与U2成正比，由于灯泡电阻随温度的升高而增大，所以P与U2的图像会向下弯，故A、D错误；

BC.在测灯泡电功率的实验中，通过灯泡的电流随灯泡两端的电压变大而变大，由P=I2R知，若R不变，则P与I2成正比，由于灯泡电阻随温度的升高而增大，所以P与I2的图像会向上弯，故B正确，C错误。

故选B；

（6）A.1节新干电池的电压是1.5V，电源为4节新的干电池串联而成，电源电压为6V，定值电阻两端电压为2V，滑动变阻器两端电压为：U变=6V-2V=4V，

根据串联分压原理得：R定：R变=UV：U变=2V：4V=1：2，

已知R定=20Ω，则解得R变=40Ω，如果只更换滑动变阻器，则更换的滑动变阻器最大阻值至少为40Ω，因此该方法可行，故A正确不合题意；

B.如果只更换电源，当滑动变阻器阻值为0Ω时，定值电阻两端电压保持不变为2V；当定值电阻为20Ω，滑动变阻器阻值为最大值30Ω时，电路有最大电源电压，此时定值电阻两端电压仍为2V，根据串联分压原理U滑大UV=R滑大R定大；即U滑大2V=30Ω20Ω，即滑动变阻器两端电压为3V，则电路的总电压为：U=2V+3V=5V，

故更换的电源电压范围是2V～5V，因此该方法可行，故B正确不合题意；

C.如果只调整电压表的示数，已知电压表量程为3V，则定值电阻两端的电压最大为3V；

而当定值电阻换为20Ω，滑动变阻器阻值最大30Ω时，定值电阻有最小电压，

根据串联分压原理U−U0U0=D

【分析】（1）根据灯泡亮度变化确定电流大小变化，根据欧姆定律确定变阻器的阻值变化，进而确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图；

（2）电流表有示数，说明电路没有出现断路，电压表没有示数，说明与电压表并联的灯泡短路，据此分析；

（3）①由灯泡的额定电压可知电压表的量程并读出其大小，为使电压减小为2.5V，由串联电阻的分压特点可知滑动变阻器接入电路电阻的变化，进一步确定滑片的移动方向；

②由欧姆定律，电压表与电流表的示数之比即灯的电阻；根据灯的电阻随温度的升高而变大分析；

（4）①根据图象可知当滑动变阻器电阻变小时，灯泡两端电压增大，电流也增大，灯泡电阻变大，总电阻变小；根据R=R滑+R灯判断出滑动变阻器的电阻变化量与灯泡的电阻变化量的关系；

②由图像和欧姆定律算出小灯泡正常发光时的电阻，当灯泡两端电压为2V时，若小灯泡的电阻不变，由欧姆定律算出通过灯泡的电流，但由于小灯泡的电阻随温度的升高而增大，据此判断出灯泡两端电压为2V时通过小灯泡的电流的范围，由P=UI可知算出功率范围；