九年级上册物理学霸赛考卷03（解析版）

九年级上册物理学霸赛考卷03（解析版）初中物理（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．测试范围：苏科版九年级上册第11-14章。2．本卷平均难度系数0.2。第Ⅰ卷选择题一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。其中1-10题只有一个选项符合题目要求，11、12题有多个选项符合题目要求）1．将两只额定电压相同的小灯泡L1、L2串联在如图所示的电路中，闭合开关后，发现灯L1较亮，灯L2较暗，对此有下列几种猜想，其中可能的是（）①灯L2的电阻太小②灯L2两端电压较大③通过L1、L2的电流不等④灯L1、L2额定功率不同⑤灯L2的灯丝断了，灯座未短路⑥灯泡L2的灯座被短路。A．① B．②③⑥ C．②⑤ D．①④【答案】D【分析】解答此题从以下知识点入手：（1）首先明确，串联电路中，电流处处相等；而灯泡的亮度由其实际功率决定，由电功率的计算式P＝I2R可知，在电流一定时，实际功率大的电阻较大，即亮度大的阻值大，其两端的实际电压大；（2）已知两灯的额定电压相等，由公式P＝知，在额定电压一定时，电阻越大，额定功率越小。根据上述分析对各选项逐一判断即可。【解答】解：①由于两灯串联在电路中，所以通过小灯泡的电流相同；开关闭合后，灯泡L1较亮，灯泡L2较暗，说明前者的实际功率大，由P＝I2R知，电流相同时，功率越大，阻值越大，因此灯L2的电阻太小，正确；②因为R1＞R2，而串联电路处处电流相等，由U＝IR可知，灯L1两端的实际电压较大，错误；③串联电路处处电流相等，错误；④已知R1＞R2，那么在额定电压相同时，由P＝可得出阻值越大，其额定功率越小，即灯L1的额定功率要小于灯L2的额定功率，正确；⑤灯泡都发光，说明电路为通路，故错误；⑥灯泡L2的灯座短路，则灯泡将不会发光，故错误。故选：D。2．乒乓球、保龄球等表面都是光滑的，为什么高尔夫球的表面上布满小坑呢？经有关科学家研究发现：两个等大的球，一个表面布满小坑，另一个光滑，在空中高速飞行时，表面布满小坑的球受到的空气阻力较小。现将质量与体积均相等的两个小球A（表面布满小坑）与B（表面光滑）分别利用细绳悬挂在等臂杠杆的两端，使杠杆水平平衡，如图所示。当从两球正下方同时以相同速度（足够大）的风对准它们竖直向上吹时，则以下的说法中正确的是（）A．杠杆左端下降 B．杠杆右端下降 C．杠杆仍然在水平方向处于平衡状态 D．无法判断杠杆的转动情况【答案】A【分析】这是一道信息给予题，考查点是杠杆的平衡原理。根据题上给出的信息，可以对两小球的受力进行分析。【解答】解：由题意知：风向上吹相当于小球向下运动时受到的阻力，所以小球受到的阻力向上，对小球进行受力分析，小球受三个力作用，向下的重力，向上的拉力和阻力，表面布满小坑的球阻力小，但是两球重力一样，所以表面布满小坑的球拉力大，也就是对杠杆的拉力大。而它们原先处于平衡状态，所以，杠杆左端下降。故选：A。3．如图所示，是一种自动测定油箱内油面高度的装置，R是转动式变阻器，它的金属滑片P是杠杆的一端，下列说法正确的是（）A．油量表是由电流表改装而成的 B．R、R0在电路中是并联的 C．油位越高，流过R的电流越大 D．油位越低，R0两端的电压越大【答案】D【分析】根据电压表并联在电路中，电流表串联在电路中，油量表和滑动变阻器并联，可以判断油量表是电压表。油面越高，浮子上升，滑片上移，滑动变阻器连入电路的电阻越大，据此分析电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化；同理可知油面越低时电路中电流的变化，根据U＝IR分析R0两端的电压的变化。【解答】解：A、油量表和滑动变阻器是并联的，油量表是电压表，故A错误。B、R和R0在电路中是串联的，故B错误。CD、由图可知，油面越高，浮子上升，在杠杆的作用下滑片上移，滑动变阻器连入电路的电阻越大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流越小；同理可知，油面越低时，电路中的电流越大，根据U＝IR可知，R0两端的电压越大，故C错误、D正确。故选：D。4．工人利用如图甲所示的滑轮组提升质量为10kg，边长为10cm的正方体物体，他用拉力F拉绳，F随时间变化的图像如图乙所示，物体的速度v随时间t变化的关系图像如图丙所示，滑轮组的绕绳能承受的最大拉力为200N，不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，g取10N/kg，以下说法正确的是（）A．在2～3s内动滑轮对重物做的功为750J B．在0～1s内物体对地面的压强为1000Pa C．使用此滑轮组能匀速提起重为590N的物体 D．若匀速提升另一物体时机械效率为80%，则提升的物体重力为80N【答案】D【分析】（1）由G＝mg算出物体的重力，根据丙图发现在2～3s内是匀速提升物体的，根据s＝vt算出物体移动的距离，由W＝Gh算出动滑轮对重物做的功；（2）0～1s内，由图乙可知拉力的大小，把重物和动滑轮看成整体时，受到竖直向下物体的重力和动滑轮的重力、竖直向上的3股绳子的拉力和支持力，根据力的平衡条件求出物体受到的支持力，根据物体对水平地面的压力和支持力是一对相互作用力得出物体对水平地面的压力，根据p＝求出重物对地面的压强；（3）利用F＝（G+G动）计算动滑轮重力和拉起物体的最大重力；（4）根据η＝＝＝算出当机械效率为80%时提升物体的重力。【解答】解：由图甲可知，n＝3；A、由图可知，在2～3s内，重物做匀速运动，物体匀速上升的速度v3＝2.50m/s，物体这段时间内移动的距离为：h＝v3t＝2.50m/s×1s＝2.5m，物体的重力为：G＝mg＝10kg×10N/kg＝100N，在2～3s内动滑轮对重物做的功为：W有用＝Gh＝100N×2.5m＝250J，故A错误；B、在2～3s内，重物做匀速运动，设动滑轮重为G动，不计摩擦，由F＝（G+G动）得，动滑轮重力：G动＝nF3﹣G＝3×40N﹣100N＝20N；在0～1s内，拉力F1＝30N；把动滑轮和重物看成整体，则这个整体受到向下的总重力、向上的支持力以及三根绳向上的拉力作用处于静止状态。根据力的平衡条件有：G+G动＝F支+3F1，所以，地面对重物的支持力：F支＝G+G动﹣3F1＝100N+20N﹣3×30N＝30N，重物对地面的压力：F压＝F支＝30N，重物对地面的压强：p＝＝＝3000Pa，故B错误；C、利用F＝（G+G动）得拉起物体的最大重力为：G物大＝3F﹣G动＝3×200N﹣20N＝580N，所以使用此滑轮组不能匀速提起重为590N的物体，故C错误；D、根据η＝＝＝得当机械效率为80%时提升物体的重力为：G物＝＝＝80N，故D正确。故选：D。5．小明玩“蹦极”游戏，下图中a点是弹性绳自然下垂时的位置，c点是小明所到达的最低点，在小明由跳台至C点的过程中，空气阻力不计，下列说法正确的是（）A．小明在a点的弹性势能最大 B．小明重力势能的减小量等于他的动能增加量 C．小明在c点时重力势能最大 D．小明的动能先增大后减小【答案】D【分析】动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素：质量、高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。弹性势能大小的影响因素：弹性形变的大小，发生弹性形变的难易程度。形变越大，弹性势能越大。【解答】解：A、a点是弹性绳自然下垂时的位置，此时弹性绳没有发生形变，所以没有弹性势能。故A错误；B、在小明由跳台至C点的过程中，空气阻力不计，整个系统能量是守恒的，但减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分转化为弹性绳的弹性势能，故重力势能的减小量不等于他的动能增加量。故B错误；C、在小明由跳台至C点的过程中，在c点时位置最低，重力势能最小。故C错误；D、在到达a点之间，游戏者的重力势能转化为动能，动能逐渐增加；在到达a，c点之间的某一点，重力等于弹力之后，动能才会减小，故整个过程中，动能是先增加后减小，故D正确。故选：D。6．如图所示，电源电压恒定，灯L1、L2的连接方式未知。当开关闭合后两灯均发光，电流表示数为0.9A；若把灯泡L1取下，电流表示数变为0.5A。以下判断正确的是（）A．L1和L2是串联的 B．取下L1后L2也不发光 C．通过L1的电流是0.9A D．通过L2的电流是0.5A【答案】D【分析】（1）串并联电路的判断：串联电路中电流只有一条流通路径，各处电流相等，各用电器之间相互制约、同时工作；并联电路中电流有多条流通路径，干路中电流等于各支路电流之和，各用电器之间互不影响、独立工作；（2）并联电路中干路电流等于各支路电流之和。【解答】解：A、取下L1，电流表示数减小，说明两者之间互不影响，即L1、L2并联连接；故A错误；B、因为并联电路中各用电器之间互不影响、独立工作，所以取下L1，灯泡L2仍发光，B错误；CD、取下L1，灯泡L2仍发光，电流表测量通过L2的电流，通过L2的电流是I2＝0.5A，则根据并联电路的特点可知：开关闭合后两灯均发光，电流表测量的是干路电流；根据并联电路的干路电流等于各支路电流之和可知：通过L1的电流为I1＝I﹣I2＝0.9A﹣0.5A＝0.4A，故C错误，D正确。故选：D。7．某同学利用如图甲所示的电路进行实验，电源电压恒为3V，更换5个定值电阻Rx，得到如图乙所示的图像。以下有关叙述正确的是（）A．该同学研究的是电流和电压的关系 B．实验中电压表的示数保持0.5V不变 C．滑动变阻器阻值变化范围为1Ω～5Ω D．将Rx从5Ω换成10Ω后，应将滑片P向左移【答案】C【分析】A、电流与电压和电阻有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；B、由图中数据，得出电阻的电压分析；C、由图可知电路的最大和最小电流，由串联电路的规律及欧姆定律得出此时变阻器连入电路的最小和最大电阻；D、将Rx从5Ω换成10Ω后，电阻变大，根据分压原理和串联电路电压的规律分析。【解答】解：A、根据控制变量法，更换5个定值电阻Rx，即改变电阻的大小，故研究电流与电阻的关系，A错误；B、由图中数据知：电阻的电压为：U＝IR＝0.5A×5Ω＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣0.1A×25Ω＝2.5V，实验中电压表的示数保持2.5V不变，B错误；C、由图乙知，电路的最大电流为0.5A，由串联电路的规律及欧姆定律，此时变阻器连入电路的最小电阻：R小＝﹣R1x＝﹣5Ω＝1Ω；电路的最小电流为0.1A，由串联电路的规律及欧姆定律，此时变阻器连入电路的最大电阻：R大＝﹣R4x＝﹣25Ω＝5Ω，故滑动变阻器阻值变化范围为1Ω～5Ω，C正确；D、将Rx从5Ω换成10Ω后，电阻变大，根据分压原理，电压表示数变大，因要控制电阻的电压不变，故应增大变阻器分得的电压，应增大变阻器连入电路的电阻，应将滑片P向右移，D错误。故选：C。8．在如图所示电路中，电源两端电压为6V且保持不变，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，电阻R1的阻值为5Ω，滑动变阻器R2的规格为“25Ω0.5A”。将开关闭合后，在不损坏电路元件的前提下，以下说法中正确的是（）A．电压表最小示数为2V B．通过电阻R1的电流最大值为0.6A C．电压表示数的最大值和最小值之比为5：2 D．滑动变阻器R2调节范围为1～25Ω【答案】C【分析】（1）根据电流表和电压表的量程和滑动变阻器R2允许通过的最大电流判断出电路中允许达到的最大电流值；利用串联电路的电压特点和欧姆定律求出滑动变阻器此时接入电路的最小电阻；（2）当滑动变阻器全部接入电路时（即滑动变阻器接入电路的阻值最大），根据电阻的串联和欧姆定律求出电路的最小电流，由欧姆定律再求出电压表的最小示数，进而得出滑动变阻器的调节范围和电压表示数的最大值和最小值之比。【解答】解：由图知，R1、R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；B、电压表的量程为0～3V，当电压表示数为3V时，由I＝可得，此时电路中的电流：I＝＝＝0.6A，由于电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器R2允许通过的最大电流为0.5A，故电路中的最大电流为0.5A，故B错误；D、当电路中的电流最大为0.5A时，电压表的示数最大为：U1max＝ImaxR1＝0.5A×5Ω＝2.5V＜3V，电压表是安全的；由串联电路电压的规律得，此时滑动变阻器两端的电压：U2min＝U﹣U1max＝6V﹣2.5V＝3.5V，由欧姆定律可得，滑动变阻器接入电路的最小电阻：R2min＝＝＝7Ω，当滑片P在右端时，电路中的电阻最大，电流最小，电压表示数最小，所以滑动变阻器接入电路的阻值范围：7Ω～25Ω，故D错误；AC、当滑片P在右端（电阻全部连入为25Ω）时，由电阻的串联和欧姆定律得，电路中的最小电流：Imin＝＝＝＝0.2A；由I＝可得，电压表的最小示数：U1min＝IminR1＝0.2A×5Ω＝1V，而电压表的最大示数为2.5V，则电压表示数的最大值和最小值之比为2.5V：1V＝5：2，故A错误、C正确。故选：C。9．如图所示，一个内部具有电路结构的黑箱上有两个插孔。如把电压表正确接上插孔，示数是3伏；如把电流表正确接上插孔，示数是3安，由此断定箱内电路是选项中的哪个电路（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据每个选项中的电路连接情况，利用串并联的电压和电流规律分析计算出黑箱的两个插孔之间的电压值和电流值，找出符合测量数据的即可。【解答】解：A、图中标有“+”、“﹣”两端之间的电压是1.5V，电流是3A，与电压表的示数不符合，则不是箱内电路；B、图中标有“+”、“﹣”两端之间的电压是3V，电流是1A，与电流表的示数不符合，则不是箱内电路；C、图中标有“+”、“﹣”两端之间的电压是3V，电流是3A，与电压表、电流表的示数相符合，是箱内电路；D、图中标有“+”、“﹣”两端之间的电压是2V，电流是3A，与电压表的示数不符合，则不是箱内电路；故选：C。10．初三的你体育锻炼完回到教室，用两个相同的杯子从饮水机分别接了部分热水和部分冷水，准备用两杯水混合来得到温度适宜的饮用水。已知热水有100g，且初温为93℃，你先将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到63℃；你再将冷水杯内剩余冷水的一半倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内的水温降低到57℃；你最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内，摇匀且稳定，终于温度适中。（整个过程水没有溢出杯子，不计水的质量变化、状态变化和热量损失）则混合前，冷水的质量和最终混合后水的温度为（）A．25g21℃ B．50g21℃ C．100g53℃ D．200g53℃【答案】D【分析】设热水的质量为m1，冷水的质量为m2，冷水的初始温度为t0，将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到63℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸＝Q放，Q吸＝c冷水m冷水Δt冷水，Q放＝c热水m热水Δt热水，列出等式；再将冷水杯内的剩余冷水的一半倒入热水杯中，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到57℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸′＝Q放′，Q吸′＝c冷水m冷水′Δt冷水′，Q放′＝c热水m热水′Δt热水′，列出等式；联立等式解出m1：m2之比和t0的值；设当最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内后的最终温度是t℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸″＝Q放″，Q吸″＝c冷水m冷水″Δt冷水″，Q放″＝c热水m热水″Δt热水″，可解得最终温度。【解答】解：设热水的质量为m1，冷水的质量为m2，冷水的初始温度为t0℃，将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到63℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸＝Q放，可得：c水××（63℃﹣t0℃）＝c水×m1×（93℃﹣63℃）.....①；再将冷水杯内的剩余冷水的一半倒入热水杯中，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到57℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸′＝Q放′，可得：c水××（57℃﹣t0℃）＝c水×（m1+）×（63℃﹣57℃）......②，联立①②解得：t0＝33℃，m1：m2＝1：2；设当最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内后的最终温度是t℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸″＝Q放″，可得：c水××（t℃﹣t0℃）＝c水×（m1+）×（57℃﹣t℃）......③，把t0＝33℃，m1：m2＝1：2代入③式解得t＝53℃故选：D。11．如图所示，用相同的轮滑和绳子分别组成甲、乙两个滑轮组，在拉力F1、F2作用下分别将相同的重物在相同的时间内匀速提升相同的高度，若不计绳重及轮与轴之间的摩擦，下列说法中正确的是（）A．F1＝F2 B．甲、乙两滑轮组的机械效率相等 C．乙滑轮组绳子自由端移动的速度大，做的有用功多 D．甲滑轮组绳子自由端移动的距离大，拉力F1的功率大【答案】B【分析】（1）由图可知，n1＝2，n2＝3；不计绳重及摩擦，由F＝（G物+G轮）确定F1与F2大小；（2）因不计绳重及摩擦，由已知条件，根据功的计算公式比较W额、W有用、和总功大小，根据η＝×100%比较滑轮组的机械效率大小关系；（3）根据绳子自由端移动的距离与物体提升高度的关系s＝nh，确定s1与s2大小；由v＝，判断绳子自由端移动的速度大小；由（2）知拉力做的总功相同，根据P＝分析拉力对滑轮组所做的功率大小关系。【解答】解：（1）由图可知，甲、乙两图中绳子的有效段数分别为：n1＝2，n2＝3；不计绳重及摩擦，由F＝（G物+G轮）可得绳子受的拉力：F1＝（G物+G轮），F2＝（G物+G轮），比较可知，F1＞F2，故A错误；（2）因为动滑轮重相同，提升的物体重和高度相同，W额＝G轮h，W有用＝G物h，所以利用滑轮组做的有用功相同、额外功相同，根据W总＝W有用+W额，故总功相同，由η＝×100%可知，两滑轮组的机械效率相等，故B正确；（3）因为绳子自由端移动的距离s＝nh，n1＝2，n2＝3，相同时间提升物体的高度h相同，所以s1＝2h，s2＝3h，比较可知，s1＜s2，即乙滑轮组绳子自由端移动的距离大，又因为时间相同，所以由v＝可知，乙滑轮组绳子自由端移动的速度大；由（2）知拉力做的总功相同，W总1＝W总2，且时间相同，根据P＝可知，拉力对滑轮组所做的功率相等。综上分析可知，选项ACD错误，B正确。故选：B。12．在图甲所示电路中，R0、R2为定值电阻，电流表、电压表都是理想电表。改变滑动变阻器R1的滑片位置，电压表V1、V2和电流表A的示数均要发生变化。两电压表示数随电流表示数的变化图线如图乙所示。则下列判断中正确的是（）A．电阻R0为2Ω B．V2示数变化图线为b C．电源电压为14V D．滑动变阻器R1的阻值最大为6Ω【答案】A【分析】由电路图可知，滑动变阻器R1、电阻R2、电阻R0串联在电路中，电压表V1测量R1和R2两端的总电压，电压表V2测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流。（1）当滑片P向左移动时，滑动变阻器R1连入的电阻变小，从而使电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，R0两端的电压变大，R2两端的电压变大，由串联电路电压的特点可知，R1和R2两端的总电压变小，由此可知图象中上半部分b为电压表V1示数变化图线，下半部分a为电压表V2示数变化图线；（2）由图象可知：当电压表V1的示数（R1和R2两端的电压）为10V时，此时电压表V2的示数（R2两端的电压）为1V，电路中的电流为1A，根据串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，再根据欧姆定律求出滑动变阻器的阻值，最后利用电阻的串联表示出电源的电压；（3）由图象可知：当滑片P移至最左端，滑动变阻器连入电阻为0，此时电路中的总电阻最小，电路中的电流最大为4A，此时两电压表的示数都为4V，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，根据电源的电压不变得出等式即可求出R0和电源电压。【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器R1、电阻R2、电阻R0串联在电路中，电压表V1测量R1和R2两端的总电压，电压表V2测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流。（1）当滑片P向左移动时，滑动变阻器R1连入的电阻变小，从而使电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，R0两端的电压变大，R2两端的电压变大，由串联电路电压的特点可知，R1和R2两端的总电压变小，据此判断：图象中上半部分b为电压表V1示数变化图线，下半部分a为电压表V2示数变化图线，故B不正确；（2）由图象可知：当R1和R2两端的电压为10V时，R2两端的电压为1V，电路中的电流为1A，∵串联电路的总电压等于各分电压之和，∴滑动变阻器两端的电压U1＝U12﹣U2＝10V﹣1V＝9V，根据欧姆定律可得，滑动变阻器接入电路的阻值：R1＝＝＝9Ω＞6Ω，故D不正确；∵串联电路的总电压等于各分电压之和，∴电源的电压U＝U1+U0＝10V+IR0＝10V+1A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①（3）当滑片P移至最左端，滑动变阻器连入电阻为0，两电压表都测量电阻R1两端的电压，示数都为4V，电路中的电流最大为4A，电源的电压U＝U2′+U0′＝4V+4A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由①②得：10V+1A×R0＝4V+4A×R0解得：R0＝2Ω，故A正确；电源电压为：U＝U1+U0＝10V+IR0＝10V+1A×2Ω＝12V，故C不正确。故选：A。第Ⅱ卷非选择题二．填空题（本题共6小题，每题3分，共18分）13．如图装置，AB为水平轻质杠杆，O为支点，AO：OB＝4：1，G1＝150N，G3＝160N．水平地面上的物体G1通过细绳悬挂在A点，G2、G3、G4通过滑轮连接，滑轮悬挂于B点，G2恰好匀速下降，此时地面对物体G1的支持力为50N，则G2受到的重力为200N．若用力F沿水平方向向右匀速拉动物体G4，使G2匀速上升，则力F的大小为80N．（绳重、滑轮重及滑轮的摩擦不计）【答案】见试题解答内容【分析】①根据力的平衡可得，G1对杠杆的拉力，然后根据杠杆平衡条件求出作用在杠杆右端的拉力，再根据定滑轮的工作特点和二力平衡条件求解G2受到的重力；②对G3进行受力分析，根据力的平衡和相互作用力求出G3受到的竖直向下的拉力，然后再根据力的平衡和相互作用力求出木块受到的水平向左的摩擦力，最后计算若用力F沿水平方向向右匀速拉动物体G4，使G2匀速上升，力F的大小。【解答】解：①根据力的平衡条件可得，G1对杠杆的拉力FA＝G1﹣F支＝150N﹣50N＝100N，根据杠杆平衡条件可得：FA×OA＝FB×OB；已知AO：OB＝4：1，则杠杆右端的拉力：FB＝＝＝4FA＝4×100N＝400N，G2恰好匀速下降，绳重、滑轮重及滑轮的摩擦不计，则G2对杠杆的拉力等于G3对杠杆的拉力，且G2对杠杆的拉力和G3对杠杆的拉力之和等于400N，所以，G2＝＝200N，②对G3进行受力分析可知，G3受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力F上和竖直向下的拉力F下，且F上＝G3+F下；F上与G3对杠杆的拉力是一对相互作用力，则F上＝200N，G3＝160N。则F下＝F上﹣G3＝200N﹣160N＝40N，当G2恰好匀速下降时，G4向左匀速运动，物体G4受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，故摩擦力f＝F下＝40N，若用力F沿水平方向向右匀速拉动物体G4，使G2匀速上升，此时物体G4在水平方向受向左的摩擦力f和向左的拉力F下；根据力的平衡条件可得，力F的大小：F＝f+F下＝2f＝2×40N＝80N。故答案为：200；80。14．插上水稻秧苗的秧田都要蓄上一定的水，使其具有一定的“保温”功能。若一秧田所蓄水的质量为4×103kg，如果水温升高2℃，则水吸收的热量为3.36×107J．若这些热量被同等质量的干泥土吸收，则干泥土升高的温度是10℃．[c水＝4.2×103J/（kg•℃），c泥土＝0.84×103J/（kg•℃）]。【答案】见试题解答内容【分析】已知水的质量、水的比热容、水升高的温度，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求水吸收的热量和干泥土升高的温度。【解答】解：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×4×103kg×2℃＝3.36×107J。∵Q吸＝cmΔt∴Δt＝＝＝10℃。故答案为：3.36×107；10。15．在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S电路正常工作，一段时间后，发现电路中至少有一个电表的示数变大，故障发生在电阻R1、R2上，其他元件仍保持完好。①用一个完好的小灯替换R2后，小灯一定发光（选填“一定发光”或“可能发光”）②在原路故障电路中，将电流表A与R1位置互换后，电压表V的示数不发生变化，电路中可能存在的故障是R2断路（或R1短路或R2断路且R1短路）。。【答案】见试题解答内容【分析】①电路故障有两种情况：短路或断路。电流表示数变大，说明电路电阻减小，所以是某一电阻短路，根据电压表的变化判断短路之处；电流表示数减小为零，说明电路断路，若电压表示数不为零，则与电压表并联的电路断路；②根据电压表所测电路的变化及电压表的示数大小关系得出结论。【解答】解：①若是电流表的示数变大，则电路有短路处，若是R2短路造成，若用完好的灯泡替换R2，便排除了短路问题，灯泡便会发光；若只有电压表示数变大，则R2断路，用小灯泡代替R2后，小灯泡能够发光；若电流表和电压表示数同时变大，则R1短路，用灯泡代替后，小灯泡能够发光。由上分析知，用一个完好的小灯替换R2后，小灯一定发光；②分析电路图知，两电阻串联，电压表测量R2两端的电压，若将电流表A与R1位置互换后，电压表测量电路中的总电压，电压表的示数不变，说明原来R2两端的电压等于电源电压，则原来与电压表并联的R2断路，或R1短路或R2断路且R1短路。故答案为：①一定发光；②R2断路（或R1短路或R2断路且R1短路）。16．如图所示的电路图中，电源两端电压保持不变，滑动变阻器的最大阻值为R3．若只闭合开关S1将滑动变阻器的滑片P置于A端时，电压表V1的示数为U1，电压表V2的示数为U2；若此时将滑动变阻器的滑片P移至B端，电压表V1的示数变为U1'，电压表V2的示数变为U2'，电流表A1的示数为0.2A，已知U1：U1'＝1：2，U2：U2'＝3：1，R2＝3Ω．则R1与R2是串联的（选填“串”或“并联”），电阻R1的阻值为2Ω．若开关都闭合时，电流表A1、A2选用0～3A的量程，则电流表A1示数与电流表A2示数之比的最小值是2。【答案】见试题解答内容【分析】（1）只闭合开关S1，将滑动变阻器的滑片P置于A端时，电路中电阻R1、R2串联；电压表V1测量电阻R1两端的电压，电压表V2测量电阻R2两端的电压，电流表A1测量电路总电流；将滑动变阻器的滑片P移至B端时，三个电阻将串联，电压表V1测量电阻R1和滑动变阻器两端的电压，电压表V2还是测量电阻R2两端的电压，电流表A1测量电路总电流；根据欧姆定律表示出电阻R2两端的电压之比即可求出两电路的电流之比，再根据欧姆定律表示出电压表V2的示数之比即可求出R1、R3的阻值关系，根据电压一定时电流与电阻成反比求出R1与R3的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；（2）当开关都闭合，三电阻并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2与R3支路的电流之和；先表示出两电流表比值的表达式，然后根据表达式和电流表的量程得出电流表示数为多少时比值最小，并求出最小比值。【解答】解：只闭合开关S1，将滑动变阻器的滑片P置于A端时，等效电路图如图甲所示；只闭合开关S1，滑动变阻器的滑片P移至B端时，等效电路图如图乙所示；开关都闭合，滑动变阻器的滑片P置于B端时的等效电路图如图丙所示；（1）图甲和图乙中，因电阻R2的阻值一定，且U2：U2′＝3：1，所以，由I＝可得：＝＝＝，因为U1：U1′＝1：2，所以，＝＝×；即：＝×，解得：R3＝5R1，因电源电压一定时，则电流与总电阻成反比，所以，＝＝＝，解得：R1＝R2＝×3Ω＝2Ω，R3＝5R1＝5×2Ω＝10Ω；图乙中，电源的电压：U＝I′（R1+R2+R3）＝0.2A×（2Ω+3Ω+10Ω）＝3V；（2）已知两电流表示数比值：＝＝；根据两电流表示数的比值表达式可知，当电流表A1的示数最大时，两电流表的示数之比最小，而两电流表的量程均为0～3A，故此时电流表A1的示数为3A；图丙中，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以通过R1的电流为：I1＝＝＝1.5A，则两电流表示数的最小比值：＝＝＝＝2。故答案为：串；2；2。17．如图1所示，电源电压保持不变，小灯泡的额定电压为12V．闭合开关S后，当滑片P从最右端滑到最左端的过程中，小灯泡的I﹣U关系图象如图2所示。在滑片P左移过程中，灯泡亮度变亮（选填“变亮”“变暗”“不变”），电源电压为12V，滑动变阻器的最大阻值为9Ω。【答案】见试题解答内容【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据串联电路的电压特点可知灯泡两端的电压变化，根据图象可知通过灯泡电流的变化，利用P＝UI可知灯泡实际功率的变化，进一步可知灯泡亮暗的变化；（2）当滑片位于左端时，电路为L的简单电路，此时电压表的示数最大，根据图2读出电压表的最大示数即为电源的电压；（3）当滑片位于右端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，根据图2读出两电表的示数，根据串联电路的电压特点求出R两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当滑片P从最右端滑到最左端的过程中，R接入电路中的电阻变大，由串联电路的分压特点可知，灯泡两端分得的电压变大，由图2可知，通过灯泡的电流变大，因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P＝UI可知，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮；（2）当滑片位于左端时，电路为L的简单电路，此时电压表的示数最大，由图2可知，电压表的最大示数为12V，即电源的电压U＝12V；（3）当滑片位于右端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，由图2可知，电压表的示数UL＝3V，电流表的示数即电路中的电流I＝1.0A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R两端的电压UR＝U﹣UL＝12V﹣3V＝9V，由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值R＝＝＝9Ω。故答案为：变亮；12；9。18．超导限流器是一种短路故障电流限制装置，它由超导部件和限流电阻并联组成，电路如图甲中虚线框内所示。超导部件的电阻R1随电流I变化关系如图乙所示，限流电阻R2＝15Ω，灯泡L上标有“6V3W”字样。若电源电压为6V，且保持不变，此时灯泡L能（能/不能）正常工作，超导部件电阻R1为0Ω．当灯泡短路时，电流表的示数为1.2A。【答案】见试题解答内容【分析】（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出灯泡正常发光时的电流，由乙图可知R1的阻值为0，R2被短路，电路为灯泡L的简单电路，据此分析灯泡是否能正常发光；（2）灯泡被短路时，R1与R2并联，根据图乙可知通过R1的电流大于0.6A时阻值为7.5Ω，根据欧姆定律求出此时两端的电压，然后与电源的电压相比较判断出R1有阻值，再根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出两支路的电流，利用并联电路的电流特点求出电流表的示数。【解答】解：（1）根据P＝UI可得，灯泡正常发光时的电流：IL＝＝＝0.5A，因0.5A＜0.6A，所以，由乙图可知R1的阻值为0Ω，此时R2被短路，灯泡L两端的电压为6V，能正常发光；（2）灯泡被短路时，R1与R2并联，根据图乙可知，通过R1的电流大于0.6A时阻值为7.5Ω，则根据欧姆定律可得，R1两端的电压：U1＝I1R1＝0.6A×7.5Ω＝4.5V，因4.5V＜6V，所以，此时R1的阻值为7.5Ω，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，此时电流表的示数：I＝I1+I2＝+＝+＝1.2A。故答案为：能；0；1.2。三．解答题（本题共6小题，共46分）19．在并联电路中，其中一个用电器两端的电压用U1表示，电源两端的电压用U表示。请自选实验器材证明：在并联电路中，U1等于U。（1）画出实验电路图；（2）写出实验步骤；（3）画出实验数据记录表格。【答案】见试题解答内容【分析】（1）由题意可知，电路为并联电路，可让两个定值电阻并联组成电路，然后用电压表分别测出其中一个用电器两端的电压和电源的电压；（2）先根据电路图连接实物，然后利用电压表测出其中一个用电器两端的电压和电源的电压，实验中，为得到普遍性的规律，避免片面性，应改变电源的电压多次测量；（3）实验过程中应记录电源的电压和其中一个用电器两端的电压。【解答】解：（1）由题意可知，两电阻并联组成电路，然后把电压表并联在电路中，实验电路如图所示：（2）实验步骤：①将电压表指针调零，断开开关，按照上图的电路图连接好电路；②闭合开关，读出此时电压表的示数U并将其记录在表格中；断开开关，将电压表并联在R1两端，闭合开关，读出此时电压表的示数U1并将其记录在表格中；③断开开关，改变电源电压，仿照步骤②再做5次实验。（3）实验数据记录表格：U/VU1/V20．某实验小组在测滑轮组机械效率的实验中得到的数据如下表所示，实验装置如图所示。（1）实验中应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使钩码上升。（2）通过表中数据可分析出第2次实验是用乙（选填“甲”或“乙”）图所示装置做的实验，2s内钩码上升的高度为0.1m，则拉力的功率为0.32W。实验次数物理量123钩码重G/N446钩码上升高度h/m0.10.10.1绳端拉力F/N1.81.62.4绳端移动距离s/n0.30.4机械效率η74.1%62.5%（3）通过第1次实验和第2次实验的数据分析可得出结论：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多（动滑轮的质量越大），滑轮组的机械效率越低（选填“越高”、“不变”或“越低”）。（4）小组同学再用第1次实验中使用的装置做第3次实验，表中第3次实验空缺的数据应为：绳端移动距离s＝0.3m，机械效率η＝83.3%。（5）比较第1次实验和第3次实验可得，采用增加提升物体的重力的方法可以提高滑轮组的机械效率。【答案】（1）匀速；（2）乙；0.32；（3）越低；（4）0.3；83.3%；（5）增加提升物体的重力。【分析】（1）实验中要匀速拉动弹簧测力计，这样示数才与拉力相同，并有利于准确读数；（2）根据物体升高的距离和绳子自由端移动的距离，判断承担物体和动滑轮绳子的段数。通过绳子的段数进行判断；由表中数据可知2s内绳端移动的距离，知拉力的速度，根据P＝＝＝Fv求拉力的功率；（3）比较实验1和2的实验数据和所选装置的不同，根据共同点和不同点得出正确结论；（4）知道物重、物体升高的距离、拉力、拉力移动的距离，求出有用功、总功和机械效率；（5）在不考虑绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率跟提起的物重、动滑轮的重有关，在提起的物重一定时，动滑轮越重，机械效率越低；在动滑轮重相同时，提起的物体越重，机械效率越高。【解答】解：（1）实验时要竖直向上匀速拉动弹簧测力计的，这样示数才会稳定，所读出的数值才等于拉力的大小；（2）实验2，物体升高0.1m，绳子自由端移动0.4m，说明物体和动滑轮有4段绳子承担，所以实验2数据是由乙滑轮组进行的；第二次实验中，2s内绳端移动的距离为0.4m，则拉力的速度：v＝＝＝0.2m/s，拉力的功率为：P＝＝＝Fv＝1.6N×0.2m/s＝0.32W；（3）根据表中数据，由n＝可知，实验1中n＝3，实验2中n＝4，显然实验1选择甲图进行实验，实验2选择乙图进行实验，并且提升物体的重力相同，实验1的机械效率大于实验2的机械效率，故可得出的结论是：使用不同的滑轮组，提升相同的重物时，动滑轮的个数越多，滑轮组的机械效率越低；（4）实验1中n＝3，用第1次实验中使用的装置做第3次实验，绳端移动距离s＝3×0.1m＝0.3m；第3次试验的机械效率为：η＝＝＝×100%≈83.3%；（5）由实验1和实验3可得：使用同一滑轮组，物体越重，滑轮组的机械效率越高，所以增加物体的重力，可以提高滑轮组的机械效率。故答案为：（1）匀速；（2）乙；0.32；（3）越低；（4）0.3；83.3%；（5）增加提升物体的重力。21．小明在“探究通过导体中的电流与电阻的关系”实验中，所用电源电压恒为4.5V，所选定值电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、30Ω。（1）请用笔画线代替导线将实物图（图甲）补充完整.（要求导线不交叉，当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大）；（2）闭合开关，电流表有示数，电压表无示数，其原因可能是定值电阻短路；（3）排除故障后，先接入5Ω的电阻，调节滑动变阻器的滑片至某一位置时，观察到电表指针位置如图乙，则实验中保持电压表示数不变为2V，为了完成本实验，小明所选滑动变阻器的最大阻值不小于37.5Ω；（4）小明在探究完导体中的电流与电阻的关系后，同组的小华找来额定电压为6V的小灯泡测电功率。其实验数据如表所示，根据表中实验数据分析，若小灯泡两端电压恰好为3V，则灯的功率可能是B（单选）。A.0.75WB.0.95WC.1.02WD.1.20W试验次数123电压U/V4.05.06.0电流I/A0.400.460.50【答案】（1）如图所示；（2）定值电阻短路；（3）2V；37.5；（4）B。【分析】（1）由第二问可知控制定值电阻两端电压为2V，故电压表量程应选0～3V，电压表和定值电阻并联，滑动变阻器一上一下接法，串联接入电路，当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，所以滑动变阻器下端应接在左边；（2）电流表有示数，说明电路接通，电压表无示数，说明定值电阻短路；（3）电流表读数注意量程和分度值；根据欧姆定律计算定值电阻两端电压，根据串联分压的特点计算滑动变阻器两端的电压；当定值电阻接入阻值为30Ω时，滑动变阻器接入阻值最大，此时电阻电阻两端电压保持不变，先计算电路中的电流；再根据欧姆定律计算滑动变阻器阻值；（4）根据欧姆定律计算每组实验中的电阻阻值，分析小灯泡的阻值和电压的关系，然后再根据表格中电流随电压的变化关系推算当小灯泡两端的电压为3V时候的电流变化范围，确定灯泡可能的功率。【解答】解：（1）由第二问可知控制定值电阻两端电压为2V，故电压表量程应选0～3V，电压表和定值电阻并联，滑动变阻器一上一下接法，串联接入电路，当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，所以滑动变阻器下端应接在左边，如图所示；；（2）电流表有示数，说明电路接通，电压表无示数，说明定值电阻短路；（3）电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，读数为：0.4A；定值电阻两端电压U1＝IR1＝0.4A×5Ω＝2V；滑动变阻器两端电压U滑＝U﹣U1＝4.5V﹣2V＝2.5V；滑动变阻器阻值R滑＝＝＝6.25Ω；当定值电阻接入阻值为30Ω时，滑动变阻器接入阻值最大，此时电阻电阻两端电压保持不变，仍为2V，电路电流I′＝＝＝A；滑动变阻器阻值R′滑＝＝＝37.5Ω；（4）试验1：R1＝＝＝10Ω；试验2：R2＝＝＝10.9Ω；试验3：R3＝＝＝12Ω；通过计算可知：随着小灯泡两端的电压的减小，小灯泡电阻也在减小；所以当小灯泡两端电压恰好为3V，小灯泡电阻小于10Ω，通过小灯泡的电流大于0.3A，功率约大于0.9W；观察表可知，电压每次减小1V，电流表减小量越来越大，当3V时，电流I＜0.4A﹣0.06A＝0.34A。故功率P＜3V×0.34A＝10.2W；故选B。故答案为：（1）如图所示；（2）定值电阻短路；（3）2V；37.5；（4）B。22．如图所示，是使用汽车从深水池水中打捞重物的示意图。汽车通过定滑轮牵引水下一个圆柱形重物，在整个打捞过程中，汽车以恒定的速度v＝0.4m/s向右运动。图乙是此过程中汽车拉动重物的拉力F随时间t变化的图象。设t＝0时汽车开始提升重物，忽略水的阻力、绳重和滑轮的摩擦，g取10N/kg．求：（1）重物露出水面前，汽车拉重物的功率；（2）圆柱形重物的密度；（3）水对湖底的压强（整个过程中，湖水深度不变）【答案】见试题解答内容【分析】（1）从图象上可以看出物体浸没水中时拉力的大小，根据公式P＝Fv可求重物露出水面前，汽车拉重物的功率；露出水面后绳子的拉力就等于物体的重力；根据公式m＝Gg可求物体的质量；（2）绳子两次拉力之差，就是物体所受的浮力，根据浮力公式求出体积的大小；根据公式ρ＝求出物体密度的大小；（3）圆柱体上升到上底面与水面相平时，根据公式h＝vt可求圆柱体下底面距河底的高度；圆柱体从上底面与水面相平上升到下底面与水面相平时，升的距离恰好等于圆柱体的高；最后利用液体压强公式求出水对湖底的压强。【解答】解：（1）根据题意及图象乙可知，重物重力G＝4000N，重物的质量：m＝＝＝400kg；由图可知，重物露出水面前，汽车的拉力F＝3500N；汽车拉重物的功率：P＝＝＝Fv＝3500N×0.4m/s＝1400W；（2）重物在水中被匀速提升，则重物浸没时受到的浮力：F浮＝G﹣F＝4000N﹣3500N＝500N；物体的体积：V＝V排＝＝＝0.05m3；圆柱形重物的密度：ρ＝＝＝8×103kg/m3；（3）圆柱体上升到上底面与水面相平时，圆柱体下底面距河底的高度为：h1＝vt1＝0.4m/s×50s＝20m；由图象可知，圆柱体从上底面与水面相平上升到下底面与水面相平时，所用时间为t2＝60s﹣50s＝10s，此过程上升的距离恰好等于圆柱体的高，即h2＝vt2＝0.4m/s×10s＝4m；则河水的深度为：h＝h1+h2＝20m+4m＝24m；水对湖底的压强：p＝ρ水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×24m＝2.4×105Pa。答：（1）重物露出水面前，汽车拉重物的功率为1400W；（2）圆柱形重物的密度为8×103kg/m3；（3）水对湖底的压强为2.4×105Pa。23．如图所示电路，电源电压保持不变，电阻R1的阻值20Ω，闭合开关S，两电流表的示数分别为0.8A和0.3A。（1）求通过电阻R2的电流I2；（2）现用电阻R0，替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数变化了0.1A，求电阻R0。【答案】（1）通过电阻R2的电流I2为0.5A；（2）现用电阻R0，替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数变化了0.1A，电阻R0的阻值为10Ω或15Ω。【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测电阻R1支路的电流，根据并联电路的电流特点确定电流表的示数；（1）根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流；（2）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；由题知，电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化；根据并联电路的特点确定电阻R0所替换的电阻；然后求出变化的电流表示数，由并联电路的特点可知通过R0支路的电流，最后利用I＝可得R0的阻值。【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测电阻R1支路的电流。（1）闭合开关S，两电流表的示数分别为0.8A和0.3A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流I＝0.8A，通过电阻R1的电流I1＝0.3A，则通过R2的电流：I2＝I﹣I1＝0.8A﹣0.3A＝0.5A；（2）由于并联电路中各支路两端的电压相等，则由欧姆定律可得，电源电压：U＝U1＝I1R1＝0.3A×20Ω＝6V；由题知，用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化；若用R0替换电阻R1，则电流表A1所在支路的电阻发生变化，电流表A1的示数会发生变化，同时干路电流也会发生变化，即电流表A的示数发生变化，不符合题意；因此只能是用R0替换电阻R2；由于替换前后，一个电流表的示数变化了0.1A，则干路电流可能为：I′＝I+