苏科版物理九年级九年级上册物理压轴题考卷02（教师版）

九年级上册物理压轴题考卷02（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11-13章。2．本卷平均难度系数0.15。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．在如图所示的电路中，电源电压不变，开关S闭合后，若电压表V1的示数为U1，电流表A1的示数为I1，则下列各种情况错误的是（）A．若甲、丙是电流表，乙是电压表，则L1、L2并联，丙测量的是通过L1电流，U1=U乙，I1=I甲+I丙B．若甲、丙是电压表，乙是电流表，则L1、L2串联，丙测量的是L2两端电压，I1=I乙C．若甲、乙是电流表，丙是电压表，则灯L1不发光，I1=I甲=I乙D．若乙、丙是电流表，甲是电压表，则灯L2不发光，U1=U甲【答案】C【详解】A．若甲、丙是电流表，乙是电压表，则L1、L2并联，电流表A1接在干路中，丙与L1串联在支路中，丙测量的是通过L1的电流，根据并联电路的电压关系可知，U1＝U乙，根据并联电路的电流关系可知，I1＝I甲+I丙，故A正确，不符合题意；B．若甲、丙是电压表，乙是电流表，L1、L2串联，丙测量的是L2两端的电压，甲测L1两端的电压，根据串联电路的电流关系可知，I1＝I乙，故B正确，不符合题意；C．若甲、乙是电流表，丙是电压表，L1被短路L1不发光，I1＝I甲，I乙＝0，故C错误，符合题意；D．若乙、丙是电流表，甲是电压表，L2短路不发光，U1＝U甲，故D正确，不符合题意。故选C。2．如图所示实物电路中，下列分析都正确的是（

）①只闭合开关S1时，三个小灯泡串联，A1测L1的电流②只闭合开关S1、S2时，L1和L2被短接，A1和A2的电流大小相等③三个开关都闭合时，会造成电源短路④三个开关都闭合时，A2的示数是0.5A，A3的示数是0.4A，则通过L3和L2的电流之差是0.1AA．①②③ B．①②④ C．①④ D．①②【答案】D【详解】①只闭合开关S1时，如图所示：此时三个小灯泡串联，A1测串联电路中电流，也是测L1的电流，故①正确；②只闭合开关S1、S2时，如图所示：此时L1和L2被短接，只有L3接入电路中，A1和A2的电流大小相等，故②正确；③④三个开关都闭合时，等效电路如图所示：此时三灯并联，A1测干路电流，A2测L3和L2的电流之和，所以IA2＝I3+I2＝0.5A•••①A3测L1和L2的电流之和，所以IA3＝I1+I2＝0.4A•••②①－②可得I3－I1＝0.5A－0.4A＝0.1A故③④错误。综上所述，故ABC错误，D正确。故选D。3．如图所示，电源电压不变，当开关S、S2闭合，S1、S3断开时，电压表V1、V2的示数分别为3V、5V；当开关S、S1、S2闭合时，电流表A3的示数为0.12A，电压表V2的示数为12V；当开关S、S1、S2、S3都闭合时，电流表A1、A2、A3的示数分别为0.30A、0.28A、0.42A。则下列说法错误的是（）

A．当开关S、S2闭合，S1、S3断开时，灯L1两端电压UL1=4VB．当开关S、S1、S2闭合时，通过L3的电流IL3=0.12AC．当开关S、S1、S2、S3都闭合时，通过灯L1的电流IL1=0.12AD．当S、S1、S3闭合时，电流表A3的示数为0.26A，电压表V2的数为12V【答案】C【详解】

B．当开关S、S1、S2闭合时的等效电路如图1所示，此时L1和L2短路，电路为L3的简单电路，电流表A2、A3测L3电流，电压表V2测L3两端的电压，即电源电压，所以，，故B正确，不符合题意；A．当开关S、S2闭合，S1、S3断开时的等效电路如图2所示，此时三灯串联，电压表V1、V2的示数分别测L2和L3两端的电压，所以，，由并联电路的电压规律可得，灯L1两端的电压故A正确，不符合题意；C．当开关S、S1、S2、S3都闭合时，三灯并联，电流表A1测L1和L2电流之和，A2测L2和L3电流之和，A3测干路电流，即三灯电流之和；由并联电路的电流规律知联立以上三式解得，，即L1的电流IL1=0.14A，故C错误，符合题意；D．当S、S1、S3闭合时都的等效电路如图3所示，此时L1和L3并联，A3测干路电流，电压表测电源电压，由并联电路特点知，此时通过L1的电流与三灯并联时通过两灯的电流相同，通过L3的电流与只连入L3时的电流相同，所以电流表A3的示数由并联电路的电压规律可知，电压表的示数都为12V，故D正确，不符合题意。故选C。4．如图甲所示，蹦床运动是一种深受青年人喜爱的运动。由空中落回的运动员从空中最高点下落到接触蹦床将蹦床压缩到最低点的过程中，此运动过程的简化示意图如图乙。O点是运动员自由下落的最高点，A点处接触蹦床，B点是运动员受到的重力与弹力相等的点，C点是蹦床运动员到达的最低点（忽略空气阻力），下列说法正确的是（）

A．从O点到A点运动员的机械能一直增大B．从O点到C点运动员的机械能先不变后变小C．A点时运动员的动能最大D．从O点到C点运动员减小的机械能小于蹦床增加的弹性势能【答案】B【详解】AB．从O点到A点，忽略空气阻力，运动员的机械能守恒，保持不变；从A点到C点，运动员的一部分机械能转化为弹性势能，所以机械能会减小，所以从O点到C点运动员的机械能先不变后变小，故A错误，B正确；C．A点时刚接触蹦床，此时蹦床的弹力为0，小于重力，运动员继续做加速运动，所以此时运动员的动能不是最大，运动运动到B点时，受到的弹力等于重力，速度达到最大值，故C错误；D．从O点到C点运动员减小的机械能转化为蹦床的弹性势能，所以从O点到C点运动员减小的机械能等于蹦床增加的弹性势能，故D错误。故选B。5．不计热量损失，若将一杯质量300g的热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃。若再向容器内倒入同样一杯热水，则下列说法正确的是（）A．再倒入同样一杯热水后，冷水温度升高3℃B．最开始，冷水和热水的温差为40℃C．一开始容器内冷水的质量为150gD．一开始容器内冷水的质量为450g【答案】B【详解】设一开始热水和冷水的温度差为t，质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水中，使得冷水温度升高了10℃，不计热量损失Q吸=Q放从而可知cm0（t﹣10℃）=cm×10℃①又倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，，从而可知cm0（t﹣10℃﹣6℃）=c（m+m0）×6℃②则①﹣②得6℃×cm0=10℃×cm﹣6℃×cm﹣6℃×cm0整理得12℃×cm0=4℃×cm解得m=3m0，代入①式可得，t=40℃；假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知3m0c（40℃﹣Δt）=mcΔt因为m=3m0；联立两式解得Δt=20℃；则注入后3杯水后，水温还会上升20℃﹣10℃﹣6℃=4℃则一开始容器内冷水的质量为m=3m0=3×300g=900g故ACD错误，B正确。故选B。6．某运动员做蹦极运动，如图甲所示，从高处O点开始下落，A点是弹性绳的自由长度，在B点运动员所受弹力恰好等于重力，C点是第一次下落到达的最低点。运动员所受弹性绳弹力F的大小随时间t变化的情况如图乙所示(蹦极过程视为在竖直方向的运动)。下列判断正确的有(

)A．从O点到A点再到B点过程中运动员动能先增大后减少B．从A点到B点再到C点过程中弹性绳的弹性势能先增大后减少C．从C点到B点再到A点过程中运动员动能先增大后减少，运动员重力大小等于F0D．从C点到B点再到A点过程中弹性绳的弹力一直减少，运动员重力大小小于F0【答案】D【详解】A．根据题意知道，A点刚好是绳子的自然长度，所以，从O点到A的过程中运动员只受重力，即此过程中运动员做加速运动；由于在B点弹力等于重力，所以，从A点到B点弹力都小于重力，即合力向下，仍然做加速运动，综上所述，从O点到B点的过程中速度一直在增大，即动能一直在增大，故A错误；B．从A点到B点再到C点的过程中，弹性绳的长度一直在变大，所以它的弹性势能一直在增大，故B错误；C．从C点到B点的过程中，弹性绳的弹力大于运动员的重力，所以，运动员的速度在增大；从B点到A点的过中，弹性绳的弹力小于运动员的重力，所以，运动员的速度在减小，即运动员的动能先增大后减小；由乙图知道，当图像趋于一条直线时，说明运动员静止，此时弹力等于重力；所以，这时的弹力小于F0，即重力小于F0，故C错误；D．从C点到B点再到A点过程中，弹性绳的长度不断减小，所以弹性绳的弹力一直减小，而运动员的重力小于F0，故D正确。故选D。7．如图所示，长1米的轻杆BO一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，重力G=10牛的物体通过细线经滑轮系于墙上A点，平衡时OA恰好水平。现将A点沿着竖直墙向上缓慢移动少许，重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为10牛，该过程中，外力所做的功至少为（小数点后保留两位）（）A．0.86焦 B．1.59焦 C．2.07焦 D．2.93焦【答案】A【详解】根据题意，轻杆的重力不计，且杆两端是铰链光滑，滑轮也光滑，所以轻杆在O点处的作用力方向必沿杆，所以A点缓慢移动过程中，杆会平分两侧绳子间的夹角。如图所示开始时，AO绳子水平，由于各段绳子的拉力大小等于物体重力的大小，所以可知此时杆与竖直方向的夹角为45°，这时杆中的弹力大小等于滑轮两侧绳子拉力的合力。当将A点沿竖直方向向上缓慢移动一段距离后，重新达到平衡，由于这时杆受到的压力大小等于10N（等于物体的重力），说明这时两段绳子的夹角为120°，则杆与竖直方向的夹角为60°。设杆的长度为L，状态1时，AO绳子长度是滑轮O点到B点的竖直方向距离为状态2，杆与竖直方向夹角为60°，杆与此时的AO绳的夹角也是60°（∠AOB=60°），即这时三角形AOB是等边三角形，则这时AO段绳子的长度是滑轮到B点的竖直距离是可见，后面状态与原来状态相比，物体的位置提高的竖直高度为在该过程中，外力做的功使得整个系统的机械能增加。所以所做的功是故A符合题意，BCD不符合题意。故选A。8．在粗糙程度均匀的水平地面上的运动物体，受到方向不变的水平拉力F的作用，其F﹣t和v﹣t图像分别如图甲和图乙所示。下列有关拉力做功及功率的分析正确的是（）

A．0～3s内拉力做功为9J B．3～6s内拉力做功81JC．6～9s内拉力的功率逐渐变大 D．4s时拉力的功率为9W【答案】D【详解】A．由图乙知，0～3s内，物体速度为0，处于静止状态，没有在拉力F的方向上移动距离，拉力不做功，故A错误；B．由图甲可知，3～6s内，拉力为F=9N。由图乙知，3～6s内，物体做加速运动，速度变化是均匀的，3～6s内平均速度为则物体通过的距离为拉力做的功为故B错误；C．由图甲可知，6～9s内，拉力不变，由图乙知，6～9s内，物体运动速度逐渐减小，由P=Fv可知，功率逐渐变小，故C错误；D．由图甲可知，4s时拉力的大小为F=9N，由图乙可知，物体的速度是均匀变大的，3s时速度为0，6s时速度为3m/s，物体做匀加速运动，所以4s时的速度为1m/s，此时拉力的功率为P=Fv=9N×1m/s=9W故D正确。故选D。9．如图所示为施工工地常用的等臂双脚梯。梯子两臂AB和AC的中点用绳子DE相连（绳子不可伸长）。梯子两臂完全打开时，绳子绷紧，顶角为74°，梯脚与地板之间的摩擦因素为0.5，若不考虑梯子本身的质量，绳子的最大张力为250N，梯子顶点A处的最大负重为（

）A．500N B．1000N C．1500N D．2000N【答案】B【详解】如图，对于ADB梯来说：在水平方向上，D点受水平向右的作用力为F=250N，地面对梯脚B的支持力为FN，B点受水平向右的摩擦力f=0.5FN；梯子的顶角为74°，所以∠BAM=37°。以A为支点的杠杆ADB，AB的长为L，FN的力臂为L3=Lsin37°=0.6LF的力臂为f的力臂为L1=Lcos37°=0.8L梯子承受最大力时杠杆平衡，所以有FL2+fL1=FNL3代入数据得250N×0.4L+0.5FN×0.8L=FN×0.6L解得FN=500N由题意知，B对地面的压力FB压=FN=500N同理可得：C对地面的压力FC压=500N；由于整个梯子处于平衡状态，在竖直方向上，梯子顶点A处的最大负重为F=FB压+FC压=500N+500N=1000N故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。10．有一根细木棒，在A处挂一吹足空气的气球，在其O处用一根细绳将细木棒悬挂起来，这时，细木棒恰能保持水平，如图所示。现用一钢针在气球水平直径的两端各刺一个小洞，使球中的空气逐步缓慢泄出，气球体积同时逐渐减小。对这一过程中细木棒位置变化的判断及其原因分析最正确、全面的是（）A．细木棒继续保持水平，因为气球所受浮力的减小值等于泄出空气所受的重力值B．细木棒顺时针方向偏转，因为气球所受浮力的减小值小于泄出空气所受的重力值C．细木棒逆时针方向偏转，因为气球所受浮力的减小值大于泄出空气所受的重力值D．细木棒逆时针方向偏转，因为气球所受浮力的减小值小于泄出空气所受的重力值【答案】B【详解】吹足空气的气球的重力G，浮力F和细木棒对气球向上的拉力F，则G=ρ气球V球gF浮=ρ空气gV排=ρ空气gV球F=F1，因为气球处于静止状态，如图所示：所以G=F浮+FF=G-F浮当球中的空气逐步缓慢泄出，气球体积同时逐渐减小时，因为V球减小量相同，而气球里原来是吹足的空气，密度较大，随球中的空气逐步缓慢泄出，空气的密度也减小，所以∆G＞∆F浮，表示气球气球所受浮力的减小值小于泄出空气所受的重力值，所以F逐渐变小，在A处挂一吹足空气的气球，细木棒保持水平时，细木棒杠杆受力示意图如图：则F1L1=F2L2又因球中的空气逐步缓慢泄出，细木棒杠杆上的L1、F2、L2都不改变，由于F1=F，F在减小，所以F1L1的值会变小，即细木棒会顺时针方向偏转。故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。11．如图所示，电源电压U保持不变．当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，电路的总功率为P1，再将滑片滑至最左端，有一只电表的示数变为原来的1/5；当开关S1和S3闭合、S2断开，滑动变阻器的滑片从最右端滑至中点时，R3的功率增大了0.05W，且滑片在中点时，电压表V1的示数为U1；当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片在最左端时，电路的总功率为P2，两只电流表示数相差0.3A．已知P1：P2=2：15，下列结论正确的是（

）A．P2=5.4W B．U=12V C．U1=6V D．R2=20Ω【答案】A【详解】解：（1）S2闭合、S1和S3断开，滑片在最右端时，R2、R3串联，V1测R2电压，V2测R2、R3总电压，即电源电压，等效电路如图1所示；滑片滑至最左端时，V1V2都测R2两端电压，等效电路如图2所示：由题意结合图可知，电表V2的示数将发生变化，且UR2＝15U，则R3两端的电压UR3＝45U，所以，根据串联电路的分压规律可得：，即R3＝4R2﹣﹣①；（2）当开关S1和S3闭合、S2断开，滑片位于最右端时R1、R3串联V1测R1电压，V2测总电压，等效电路如图3所示；滑片位于中点时，等效电路如图4所示；当所有开关闭合，滑片在最左端时，R3短路，R、1R2并联，A2测干路电流，A1测R2所在支路的电流，等效电路图如图5所示：由题意知图1中，电路的总功率：P1＝，图5中总功率：P2＝+，可得：15P1＝2P2，即15×＝2×（+），解得：R1＝2R2﹣﹣②由题意知图5中两只电流表示数相差0.3A，根据并联电路电流规律，可得图5中，通过R1的电流：I5＝I﹣I4＝0.3A，则＝0.3A，即＝0.6A﹣﹣﹣③,图3中，电路中的电流：I2＝××0.6A＝0.1A，图4中，电路中的电流：I3＝××0.6A＝0.15A，因图4和图3相比较R3的功率增大了0.05W，所以，由P＝I2R可得：P3′﹣P3＝I32×R3﹣I22R3＝（0.15A）2×R3﹣（0.1A）2×R3＝0.05W，解得：R3＝40Ω，代入①②③两式可得：R1＝20Ω，R2＝10Ω，U＝6V，故BD错误；图4中，U1＝I3R1＝0.15A×20Ω＝3V，故C错误；图5中，P2＝++＝5.4W，故A正确．故选A．点睛：这是一道综合性很强的电学试题，有一定难度，解答本题时首先应该根据题目中给出的几种开关闭合的情况，一一进行分析，并画出所对应的等效电路图，然后结合题目中的其他条件，列出相对应的式子，联立方程组进行求解，最后根据解得的答案和四个选项进行比较，做出准确选择．12．如图所示小明组装了甲、乙两种滑轮，用来提升完全相同的两个物体（不计绳重、滑轮重和摩擦），拉力F甲、F乙分别作用在绳端和拉钩上，绳端和拉钩均沿竖直方向匀速上移了相同距离，该过程中物体上升的高度分别为h甲、h乙，两装置的有用功分别为W甲、W乙，机械效率分别为η甲、η乙，则下列说法中正确的是（）A．F甲：F乙=1：2 B．h甲：h乙=1：2C．W甲：W乙=1：1 D．η甲：η乙=1：1【答案】D【详解】A．由图可知则有故A错误；B．绳端和拉钩均沿竖直方向匀速上移了相同距离，设距离为s，则有故故B错误；C．两装置的有用功分别为可得故C错误；D．两装置的机械效率分别为故故D正确。故选D。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．如图所示，开关S闭合后，A1表示数为0.5A，A3表示数为0.7A，流过灯L2的电流分别为0.4A，则流过灯L3的电流为mA，A2表示数为A。【答案】1000.6【详解】[1][2]开关S闭合后，三个灯泡是并联的，A2测量L1与L2的总电流，A1测量并联电路L2、L3的总电流，A3测量干路中的电流，由并联电路的电流规律可知，流过灯L3的电流IL3=I1-IL2=0.5A-0.4A=0.1A=100mAA3表示数为0.7AIL1+IL2+IL3=0.7A所以IL1+IL2=0.6A电流表A2测流过灯L1与L2的电流之和，故A2表示数为为0.6A。14．在图所示的电路中，电源电压为U且保持不变。闭合开关S前后，电压表V示数始终不变。若电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1或R2上。（1）若电压表V示数始终为0，则故障一定是；（2）若电压表V示数始终为U，为了进一步确定故障，在电路中ab、bc或ac两点间再并联接入一个电压表V1。请写出电压表V1接入的位置，以及闭合开关前后，电压表V1的示数及对应的故障。【答案】R2断路在电路中bc两点间再并联接入一个电压表V1，闭合开关S后，若电压表V1有无示数，说明R2短路；若电压表V1示数为U，说明R1短路【详解】（1）[1]若电压表V示数始终为0，说明电路中没有电流流通，当R2断路时，无论如何闭合开关S，电路都处于断路状态，没有电流流通。（2）[2]闭合开关S后，电压表有示数，说明与电压表并联的部分断路，或者与电压表并联之外的地方发生短路。闭合开关S前后，电压表V示数始终不变。当R1断路，闭合开关S前后，电压表串联在电路中测量电源电压，符合情况；当R2短路，闭合开关S前，电压表接电源两端，测电源电压，闭合开关S后，电路为只有R1工作的简单电路，电压表仍然并联在电源两端测电源电压。所以电路的故障是R2短路。若ac两点间并联接入一个电压表V1，电压表与电源并联，闭合开关S前后，示数不变，不能确定故障。若电路中ab并联接入一个电压表V1，此电压表与电压表V等效，所以也无法判断电路故障。在电路中bc两点间再并联接入一个电压表V1，闭合开关S后，若电压表V1无示数，说明R2短路，没有电流经过电压表V1，闭合开关S后，若电压表V1有示数，此时测量电源电压，所以示数为U，说明有电流流过电压表V1，说明R1短路。15．如图所示，原长为l的轻质弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与水平面上的木块相连．推动木块压缩弹簧，当其左端至A点时，弹簧具有的弹性势能为25J；松手后，木块在弹簧的作用下往复运动若干次后静止，此时弹簧具有的弹性势能为1J．则木块最终静止的位置一定不可能位于（B/C/D）点，整个过程中木块克服阻力做的功是J，整个过程中木块速度最大时其左端可能位于（B/C/D）点．【答案】C24B【详解】木块静止时弹簧仍然具有一定的弹性势能，所以不可能为原长状态，所以最终的位置一定不可能位于C；弹簧具有的弹性势能为25J；松手后，木块在弹簧的作用下往复运动若干次后静止，此时弹簧具有的弹性势能为1J，木块在运动过程中，克服摩擦力做功，根据能量守恒定律可知，总的能量不变，故克服阻力所做的功为25J﹣1J=24J；弹簧被压缩时具有弹力，弹力的方向是向右的，木块向右运动时，阻力是向左的；开始运动时，弹力大于阻力，木块向右运动的过程中，弹力慢慢减小，阻力不变，木块做加速运动，当木块受到的弹力等于阻力时速度最大，此时弹簧未恢复值原长；木块由于惯性仍然会向右运动，此时弹力小于阻力，做的是减速运动，当弹簧恢复原长时阻力不为0；由图可知，整个运动过程中木块速度最大时其左端可能位于B点．16．汽油机用水作为冷却剂，主要是因为水的较大，将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）℃。【答案】比热容4【详解】[1]因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机用循环流动水进行冷却。[2]设热水和冷水的温度差为t，质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10℃，Q吸=Q放，从而可知cm0（t-10℃）=cm×10℃

①又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，Q吸=Q放，从而可知cm0（t-10℃-6℃）=c(m+m0)×6℃②则①-②得6℃×cm0=10℃×cm-6℃×cm-6℃×cm0整理得12℃×cm0=4℃×cm解得m=3m0代入①式可得t=40℃假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知3m0c（40℃-t）=mctm=3m0联立两式解得t=20℃则注入后3杯水后，水温还会上升20℃-10℃-6℃=4℃17．质量为2t的汽车，功率为30kW，在水平公路上能以15m/s的最大速度匀速直线行驶，则汽车运动过程中受的阻力为N；若保持功率不变，当速度为10m/s时汽车的瞬时加速度为（汽车行驶过程中所受的阻力不变）。【答案】20000.5【详解】[1]由于汽车保持匀速直线运动，汽车牵引力F与所受阻力f是一对平衡力，根据功率公式求得汽车牵引力F=2000N，即汽车所受阻力f=2000N。[2]汽车质量m=2000kg，由于汽车功率和所受阻力不变，当汽车速度v1为10m/s时，汽车牵引力为此时在水平方向上汽车所受合外力为根据牛顿第二定律求得此时加速度a为0.5m/s2。18．小红利用杠杆制成一种多功能杆秤，使用前，杠杆左端低，右端高，她将平衡螺母向调节，直至杠杆处于水平平衡，她取来质量均为100g的实心纯金属块a和b、合金块c（由a、b的材料组成）。她将a挂在A处，且浸没于水中，在B处挂上100g钩码，杠杆恰好处于水平平衡，如图所示，测得OA=50cm，OB=40cm，则a的密度为g/cm3。接下来，她分别将b、c挂于A处并浸没于水中，当将钩码分别移至C、D处时，杠杆均水平平衡，测得OC=30cm，OD=34cm，则合金块c中所含金属a和金属b的质量之比为。（ρ水=1.0×103kg/m3）【答案】右52︰3【详解】[1]杠杆左端低，右端高，应将平衡螺母向右调节，直至杠杆处于水平平衡。[2]在B处挂上100g钩码，则B点受到的拉力为根据杠杆平衡条件可求A点受到绳的拉力为合金块a的重力为合金块a的浮力为因为合金块浸没在水中，所以其体积为合金块a的密度为[3]由题意可知合金块b、c的质量等于a的质量，即则合金块b、c的重力等于a的重力，即将b挂于A处时，A点受到绳的拉力为合金块b的浮力为因为合金块浸没在水中，所以其体积为合金块b的密度为将c挂于A处时，A点受到绳的拉力为合金块c的浮力为因为合金块浸没在水中，所以其体积为因合金块c是由a、b的材料组成，所以有代入数值有解得即所以合金块c中所含金属a和金属b的质量之比为2︰3。三．解答题（本题共6小题，共46分）19．图中所示的盒面上，有相同的电灯L1和L2，接线柱A、B、C、D，盒内装有电池．另外还有一只与L1、L2相同的电灯L3，L3上接有导线P、Q，当P、Q两根导线分别：⑴接A、B时，只有L3亮⑵接A和C、A和D、C和D时，3只灯均不亮⑶接B、C时，L1、L3微亮⑷接B、D时，L1、L2和L3均只发微弱的光请根据这些现象进行判断和分析，画出盒内的电路图【答案】【详解】因为接A、B时，只有L3亮，所以A、B与电源相连构成回路；又因为接B、C时，L1、L3微亮，此时L1、L3串联；接B、D时，L1、L2和L3均只发微弱的光，此时L1、L2和L3串联，又因为接A和C、A和D、C和D时，3只灯均不亮，所以推理如图所示【点睛】根据题干中的每一条信息进行判断，注意题目中的措辞“亮”“微亮”“微弱的光”电流是逐渐减弱的，也就是说电阻逐渐增大的．20．小明所在的课外兴趣小组需要密度为1.05g/cm3的盐水，为检验配制的盐水是否合格，小明用如图所示天平和量筒做了如下实验；

（1）将天平放在水平台上，把游码放在标尺左端处，发现指针指如图甲所示，要使横梁平衡，应将平衡螺母向（选填“左”或“右”）调；（2）天平调节好之后，小明依次进行了如下操作：①用天平测出空烧杯的质量为m1=21g；②向烧杯中倒入适量的盐水，测出烧杯和盐水的总质量m2，如图乙所示；③将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，测出盐水的体积V，如图丙所示；根据上述实验步骤，可知烧杯中盐水的密度为g/cm3，为配制合格的盐水，需要继续向盐水中（选填“加盐”或“加水”）；（3）小明用这种方法测出的盐水密度与真实值相比会（选填“偏大”或“偏小”）；（4）小夏利用身边物体测量液体密度。实验器材如图所示：刻度尺、细绳（若干）、橡皮筋、铝块（已知铝的密度ρ铝）、石块、容器、待测液体；实验步骤如下：

A．如图甲，在刻度尺左端扎上橡皮筋（橡皮筋相当于平衡螺母），用细绳悬挂刻度尺；调节橡皮筋位置，使刻度尺在水平位置平衡；B．如图乙，将悬挂铝块的细绳固定于a位置并保持不变，记录oa长度L1；C．如图乙，调节悬挂石块的细绳b的位置，使刻度尺在水平位置平衡，记录ob长度L2；D．如图丙，将铝块浸没于待测液体中，调节右侧细绳至c位置，使刻度尺在水平位置平衡，记录oc长度L；①位置c应在位置b的侧（选填“左”或“右”）；②待测液体的密度ρ液=（用上述已知量和测量量表示）；③更换待测液体，重复以上步骤，就可以测出不同液体的密度，这把可测液体密度的“密度秤”刻度是（选填“均匀”或“不均匀”）的。【答案】右1.025加盐偏大左均匀【详解】（1）[1]由甲图可知，指针偏向分度盘左侧，由左偏右调可知，应将平衡螺母向右调，直到天平水平平衡。（2）③[2]由乙图可知标尺的分度值为0.2g，游码对应刻度为2g，则烧杯和盐水的总质量m2=50g+10g+2g=62g将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，由丙图可知，量筒的分度值2mL，量筒中盐水体积为40mL，合40cm3，则烧杯中盐水的密度[3]由于盐水密度比需要配制的盐水的密1.05g/cm3小，所以需要继续向盐水中加盐。（3）[4]由于将烧杯中的盐水倒入量筒中时，烧杯中的盐水有残留，所以使测量的盐水体积偏小，由可知，测量的盐水密度偏大。（4）①[5]将铝块浸没于待测液体中，铝块受到浮力，则铝块对a端的拉力减小，L1的长度不变，石块对c端的拉力不变，由杠杆平衡条件可知，oc的长度变短，所以位置c应在位置b的左端。②[6]设铝块的体积为V，则铝块浸没在液体中，排开液体的体积为V，铝块的重力乙图中杠杆平衡，由杠杆平衡条件可得，石块的重力由丙图中，铝块浸没在液体中受到浮力，杠杆仍处于平衡状态，由杠杆平衡条件可得，铝块对a端的拉力则铝块浸没在液体中受到的浮力则液体的密度③[7]由②中液体密度关系式可知，液体的密度与铝块的密度成正比，所以这把可测液体密度的“密度秤”刻度是均匀的。21．如图甲所示是研究做功与能量转化关系的装置．重物通过细绳与木块相连，细绳不可伸长．AQ为水平面，AP段光滑，PQ段粗糙．实验开始时，质量为M的重物恰好置于地面．将质量为m的木块从P向右拉至A，PA长为L，放手后木块向左运动，最终停在B点，PB长为x．不计空气阻力、滑轮摩擦。（1）木块在AB段运动过程中，重物的重力做的功为（用字母表示）；木块经过PB段内能（增大/不变/减小）；（2）观察实验，小明提出猜想：重物和木块（系统）动能的变化与重物重力做功多少有关；（3）为了验证猜想，小明做了以下实验．重物，木块，改变木块从P点右移的距离L，测得一组数据，记录如下：序号123456PA的长L/m0.10.150.20.350.430.5木块在P点的速度平方0.20.30.40.70.91.0①根据表中数据，在图乙中作出L与v2的图像。已知物体动能的表达式为，分析系统动能的变化及重物的重力做功的大小，可知猜想是（正确/错误）的，得到的结论是。②利用实验信息分析，当L=0.8m时，木块在P点获得的动能是J。【答案】MgL增大正确木块动能的变化随重物重力做功的增大而增大0.72【详解】（1）[1]木块在AB段运动过程中，木块运动到P点时重物刚好落地，因此重物下落的高度为由表中数据知，重物和木块质量一定，重物的重力做的功[2]AQ为水平面，AP段光滑，PQ段粗糙，木块经过PB段时，木块与水平面间存在摩擦力，木块克服摩擦做功，动能转化成内能，故木块木块经过PB段时内能增加。（3）①[3]根据表中数据，在图乙中描点，用平滑的线连接个点，作出L与v2的图像如图[4][5]木块在光滑的AP段运动时，木块与重物组成的系统只有重力做功，机械能守恒，重力做的功等于系统动能的增加量由上式可知，重物和木块（系统）动能的变化与重物重力做功多少有关，可知猜想是正确的；由上式得到的结论是：重物和木块动能的变化随重物重力做功的增大而增大。②[6]有表中的数据结合图像可知，L与v2成正比，即当L=0.8m时，由上式可得解得木块在P点获得的动能是[6]重力做的功等于系统动能的增加量当L=0.8m时，由上式可得解得木块在P点获得的动能是22．小明和小华探究并联电路中电流的关系，他们设计的电路如图甲所示：(1)在连接电路的过程中，开关应该；(2)闭合开关前，小明发现电流表的指针向着没有刻度的一侧偏转，如图乙所示，接下来他应该；(3)在实验过程中他们连接了如图丙所示的电路，闭合开关后，观察到灯L2（选填“发光”或“不发光”）；通过分析电路连接情况，该电路存在的问题是:（写出一条即可）。请在图丙上只改动一根导线，符合L1、L2并联，电流表A1测干路电流，A2测灯L2的电流，开关控制所有用电器；（要求:在需要改动的导线上画“×”，用笔将改动后的导线画出，导线不许交叉）(4)他们改正错误后把电流表分别接入到电路中的A、B、C处，测出电流如下表：通过分析，得出的结论是在并联电路中，；(5)在实验中可以采用或的方法改变A、B、C处电流次数电流的大小从而进行多次实验；多次测量的目的是()实验次数A处的电流IA/AB处的电流IB/AC处的电流IC/A10.100.120.2220.220.240.4630.260.300.56A．多次测量求平均值减小误差B．使结论更具普遍性【答案】断开调零不发光灯泡L2被短路（电流表A2的正负极接反）干路里的电流是各支路里的电流之和改变电源电压更换不同规格的灯泡B【详解】(1)[1]在电路连接过程中开关要断开。(2)[2]闭合开关前，指针向着没有刻度的一侧偏转，说明指针没有指零刻度线，需要调零。(3)[3]分析该实物图可知，闭合开关后，电流从电源正极过L1和A1回到电源负极，L2被短路，所以L2不发光。[4]由实物电路图可知存在的问题有灯泡L2被短路、电流表A2的正负极接反。[5]在图丙上只改动一根导线，符合L1、L2并联，电流表A1测干路电流，A2测灯L2的电流，开关控制所有用电器，改动如图所示(4)[6]由电路图可知，电流表接到A、B处各测一个支路的电流，接到C处则测干路的电流，根据表中数据C处电流表示数是A、B两电流表示数的和，即在并联电路中，干路里的电流是各支路里的电流之和。(5)[7]实验中要得到多次实验数据，就要改变电源电压，使用通过电器的电流不同。[8]也可以通过改变灯泡的规格，通过灯泡的电阻不同改变通过灯泡的电流，获得不同数据。[9]本实验多次测量的目的是让实验结论具有普遍性，而不是偶然情况。23．重庆一中初三兴趣小组的同学在探究“某品牌食用油和沙子水的吸热本领大”时，选用了两个完全相同的酒精灯作为加热源．已知酒精灯正常工作时每秒钟放出的热量为1000J．现将质量都为400g的食用油和沙子用酒精灯同时加热（假设相同的时间内食用油和沙子吸收热量相同），加热一段时间后停止加热，随后立即将一铁制工艺品迅速放入食用油中（自工艺品放入至达到热平衡的过程中不计热量损失），沙子、食用油和放入油中的工艺品的温度随时间变化如图．已知：工艺品的体积为625cm3，c铁=0.5×103J/(kg⋅℃）,ρ铁=8.0×103J/(kg⋅℃）,c油=3.0×103J/(kg⋅℃）.求：（1）前2min时间内酒精灯加热效率.（2）沙子的比热容.（3）请判断该工艺品空心还是实心，若空心，请求出其空心体积．【答案】(1)；(2)；(3)【分析】（1）根据算出2min食用油吸收的热量；根据算出前2min时间内酒精灯加热效率；（2）相同时间沙子和食用油吸收的热量相同，根据吸收热量相同列出方程，算出沙子的比热容；（3）将一铁制工艺品迅速放入食用油中，食用油放出的热量和铁质工艺品吸收的热量相同列方程，算出工艺品的质量，根据算出铁的体积，用工艺品的体积减去铁的体积，求出其空心体积．【详解】(1)将质量都为400g的食用油和沙子用相同酒精灯同时加热，由物理常识可知，沙子的比热容小于食用油的比热容，由可知，沙子的升温比食用油快，所以左图为沙子的温度随时间变化图象，右图为食用油的温度随时间变化图象；由食用油的温度随时间变化图象知，前2min食用油升高的温度为：，质量为：，前2min食用油吸收的热量：；因为酒精灯正常工作时每秒钟放出的热量为1000J，时间，所以2min内酒精灯放出的热量为：；前2min时间内酒精灯的加热效率：(2)由图象知前2min沙子升高的温度为：；前2min沙子和食用油吸收的热量相同,即，由得沙子的比热容为：(3)由题知，加热一段时间后停止加热，随后立即将一铁制工艺品迅速放入食用油中；根据图象知，加热结束时食用油的温度为60℃，不可能突然升高到280℃，故280℃为工艺品的初温；图线如图所示：不计热量损失,则食用油吸收的热量和铁质工艺品放出的热量相同,即，则代入数据得：．解得；工艺品中铁的体积为：，工艺品的体积为，因为铁的体积小于铁质工艺品的体积，所以工艺品是空心的；空心部分的体积为：

答：(1)前2min时间内酒精灯加热效率为30%；(2)沙子的比热容1500J/kg.℃；(3)该工艺品是空心的,其空心体积375cm3.24．如图所示是一套提升装置的结构示意图，杠杆OC可绕固定点O在竖直平面内转动，OD∶DC＝1∶9，系在杠杆D端的细绳通过定滑轮E与物体B的一端相连，滑轮组的自由端细绳通过定滑轮与物体B的另一端相连当物体A始终浸没在水中且匀速上升时，小明对地面的压力为N1，对地面的压强为1.6×104Pa，滑轮组自由端细绳对物体B的拉力为T1；物体完全出水，在空中匀速上升时，小明对地