广东省肇庆市第六中学2023-2024学年九年级下学期开学考试物理试题
一、单项选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑.
1．（2024九下·肇庆开学考）某同学对预防病毒感染措施中使用的一些物品进行了估测，其中最接近实际的是（ ）
A．“戴口罩”：一只长方形口罩的面积约为1.8 dm2
B．“勤洗手”：一瓶家用洗手液的质量约为5 kg
C．“常消毒”：常用的消毒湿巾的密度约为1 kg/m
D．“测体温”：一只测温枪所受的重力约为10 N
2．（2024九下·肇庆开学考）如图所示的四种情景中，属于光的反射现象的是（ ）
甲 乙 丙 丁
A．图甲：墙上的“手影” B．图乙：错位的“钢笔”
C．图丙：镜中的“我” D．图丁：变大的“字”
3．（2024九下·肇庆开学考）把温度为10℃的固态镓放入如题3图甲所示的装置中进行加热，水的恒定温度为50℃，测得镓的温度随时间变化的情况如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．镓的凝固点为30℃
B．镓的熔化持续时间为16 min
C．第12 min之后，镓开始沸腾
D．镓在熔化的过程中温度不变，不需要吸热
4．（2024九下·肇庆开学考）在体育课上，小欣用胳膊将排球向上垫起后，排球上升过程中运动得越来越慢.下列说法正确的是（ ）
A．排球在脱离胳膊后能继续上升，是因为排球受到惯性力的作用
B．排球在脱离胳膊后的上升过程中，受到竖直向上的力
C．排球在脱离胳膊后的上升过程中，动能逐渐减小
D．排球在脱离胳膊后的上升过程中，若不受外力，排球将落下来
5．（2024九下·肇庆开学考）下列关于生活中电和磁的应用，其对应工作原理错误的是（ ）
A．手摇发电机的工作原理是电磁感应
B．电磁起重机的工作原理是电流的磁效应
C．动圈式话筒的工作原理是通电螺线管的磁效应
D．电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用
6．（2024九下·肇庆开学考）如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=5Ω，闭合开关S，下列说法正确的是（ ）
A．R1、R2两端电压之比为2：1 B．通过R1、R2的电流之比为2：1
C．R1、R2的电功率之比为1：2 D．R1、R2消耗的电能之比为2：1
7．（2024九下·肇庆开学考）如图甲所示，圆柱形容器装有适量的水，当水温从0℃升到10℃时，水的密度ρ和水温t关系如图乙所示，假设此过程水的质量不变，不考虑圆柱形容器的热胀冷缩.下列能正确反映容器底受到水的压强 p和水温t关系的图象是
A． B．
C． D．
二、填空题（本大题7小题，每空1分，共21分）
8．（2024九下·肇庆开学考）诗句“门尽冷霜能醒骨，窗临残照好读书".诗中描述场景气温较 ，霜形成过程的物态变化是 ，残照在书上发生 （选填“镜面”或“漫”）反射.
9．（2024九下·肇庆开学考）如图所示，在水平地面上放一张课桌，在课桌上放一物体A.物体A在水平推力F的作用下，从图甲所示位置匀速运动到图乙所示位置，在此过程中，A受到桌面的摩擦力 ，A对桌面的压强 ，课桌对地面的压强 （均选填“变大”“变小”或“不变”）
10．（2024九下·肇庆开学考）家庭电路中空调和电视机是 （选填“串联”或“并联”）连接，试电笔可以分辨火线和零线，其中使氖管发光的是 线，如果家用电器或线路着火， （选填“可以”或“不可以”）直接泼水灭火.
11．（2024九下·肇庆开学考）如图所示是四冲程汽油机工作示意图的 冲程，在压缩冲程中，汽油机通过 方式增加燃气的内能.汽油机飞轮转速为3000 r/min，则1s内汽油机对外做功 次.
12．（2024九下·肇庆开学考）图所示，摆球从A点静止释放、依次经过最低点B和另一侧最高点，然后往返运动，最终静止在B点.摆球从A点到B点运动的过程中，动能 ，重力势能 ，机械能 .
（均选填“增加”“减少”或“不变”）
13．（2023·陈仓模拟）如图所示是小李家的电能表，她家所使用的用电器总功率不能超过 W．将一台额定功率为880W的电暖气单独接入电路中，正常工作30min，通过电暖气的电流是 A，电能表的转盘转了 转．
14．（2024九下·肇庆开学考）图甲所示，电源电压不变，R0为定值电阻闭合开关S，滑片P从b点向左移动过程中，两个电压表示数与电流表示数的关系图象如图乙所示，则电源电压为 V，R0为 Ω，当电流为1A时，滑动变阻器的功率为 W.
三、作图题（共7分）
15．（2024九下·肇庆开学考）
（1）图甲是小明用力F将倒在路边的垃圾桶扶起来的示意图，图乙是其简化图，此过程垃圾桶看作是一个以A 点为支点的杠杆.请在图乙画出垃圾桶所受到的重力G（O点为重心）和力F 的力臂L.
（2）如图所示，光源S 发出的一些光经平面镜反射后进入人的眼睛.请在图 中标出光源S在平面镜中的像S'，并画出眼睛看到像S'的完整光路图.
（3）如图所示，图中已画出永磁体与通电螺线管之间的磁感线分布情况中的一条.请标出：①该磁感线的方向：②电源右侧的极性（在括号中用“+”或“-”表示）.
四、实验题（共3小题，第16题6分，第17题7分，第18题7分，共20分）
16．（2024九下·肇庆开学考）
（1）小明想测量无锡地铁的运行速度，他测得地铁从堰桥站出发到达锡北运河站时间为2min，在手机中用某地图软件截取了一段地图（如图所示），用刻度尺测得地图上两站间的距离为 cm，若地图上1cm等于实际1km，则地铁在两站之间的平均速度为 km/h.
（2）称量物体质量前，把天平放在水平桌面上，游码归零后，指针如图甲所示，此时应将 向 适当调节，使天平横梁水平平衡.
①调节好天平后将空铝桶放置在天平左盘中，在天平右盘中加入砝码，并移动游码.天平再次平衡时天平所加砝码的质量及游码的位置如图乙所示，空铝桶的质量为 g
②砝码盒里盛有100 g、50g、20g、10g、5g砝码各一个.为了测量90g的水，接下来的操作是 ，向铝桶中加水，直至天平再次平衡.
17．（2024九下·肇庆开学考）在“比较不同物质吸热升温的情况”实验中，小明采用了如图所示的实验装置。
（1）实验中，应控制烧瓶中水和煤油的 和 相等；
（2）在选取电阻丝时，电阻丝甲和电阻丝乙的阻值要 （选填“相同”或“不同”）；
（3）准备就绪后，闭合开关，记录的实验数据如下表：分析表中数据可知，加热3min，水吸收的热量 （选填“大于”、“小于”或“等于”）煤油吸收的热量， （选填“水”或“煤油”）的吸热能力更强。根据此性质，请写出一个水或煤油在生活中的应用： 。
（4）实验结束后，小明整理器材时发现，烧瓶内的电阻丝很热，而与之相连的导线却不太热，请运用所学的物理知识对此现象做出解释： 。
18．（2024九下·肇庆开学考）小明在“测量小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，实验器材如图甲所示，其中电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V.
（1）用笔画线代替导线，将题18图甲所示的实物电路连接完整 .
（2）实验过程中，滑动变阻器阻值不能为零，原因是 。
（3）调节滑动变阻器过程中，发现电压表的示数如图乙所示，其读数 V：如果要测量小灯泡正常发光时的电阻，应将滑片向 （选填“左”或“右”）端移动.
（4）小明绘制的I-U图象如图丙所示，则小灯泡正常发光时的电阻为 Ω.
（5）小明发现用此电路测量阻值较大的电阻R时，发现电流表偏转很小，测量不准确，老师告诉他：电压表相当于能显示自身两端电压的定值电阻，且阻值较大.于是他设计了图丁所示电路测量电阻R的阻值，电源电压恒为3V，定值电阻R0为600Ω.闭合开关S，并进行了如下操作：
①S1接1时，记录电压表示数为2V；
②S1接2时，记录电压表示数为1.8V；
③计算待测电阻R= Ω.
五、计算题（本大题2小题，共13分）
19．（2024九下·肇庆开学考）某款消防车，某次执行任务时，车的总质量为1.5×104kg，以恒定功率在水平公路上匀速直线行驶了1200m，所用时间为1min，所受阻力为消防车重力的0.1倍，车轮与地面的总接触面积为0.5m2.求：（g=10N/kg）
（1）消防车匀速直线行驶时的牵引力；
（2）消防车静止时对地面的压强
（3）消防车恒定功率.
20．（2024九下·肇庆开学考）甲是某电热水壶的简化电路，R1与R2为电阻丝，S为手动开关，S1为温控开关，S、S1均闭合时，电热水壶处于加热状态，当温度达到设定温度时，S1自动断开处于保温状态，电热水壶某次工作时功率随时间变化如乙图所示.求：
（1）S、S1均闭合时，干路电流：
（2）0~10 min R1消耗的电能：
（3）R2的阻值.
六、综合能力题（本大题3小题，共18分）
21．（2024九下·肇庆开学考）小明想了解家里不同品牌的保温杯的保温效果哪个好，他往甲、乙两个外形相同，容量均为400mL的保温杯中倒满开水，盖好盖子，静置于恒温室内，每隔2h通过杯盖电子温度显示器记录水温随时间变化的图象如图所示.[c水=4.2×103J/（kg·C）]
（1）小明在实验中 （选填“有”或“没有”）控制两杯水的质量相等.
（2）保温效果较好的是 杯，当t=14h，甲杯水的温度为 ℃.
（3）当t=2h，内能较大的是 杯的水，乙杯的水0~8h放出热量为 J.
（4）夏天，利用保温杯延长冰镇可乐的冰爽时间是 （选填“可行”或“不可行”）的.
22．（2024九下·肇庆开学考）如图甲是我国古人运送巨木的劳动情境图，他们通过横杆、支架、石块等将巨木的一端抬起，垫上圆木，以便将其移到其它地方.
（1）如图甲，架在支架上的横杆属于 （选填“省力”或“费力”）杠杆.
（2）支架下垫底面积较大石块的目的是 ，巨木下面垫上圆木的目的是 。
（3）若巨木可视为质地均匀的圆柱体，质量为2.4×103kg，长度为4m；横杆长度为3.5m，质量和粗细忽略不计.简化图如图乙所示，O是横杆与支架的接触点，AO长为0.5m.使巨木一端刚好离开地面时，人对横杆的总压力至少约为 N.
（4）如果他们人手不足，无法将巨木抬起，请你提出一个有可能抬起巨木的方案，并简述其中的物理学原理： 。
23．（2024九下·肇庆开学考）图是“风光互补路灯”系统，可利用风力和太阳能发电，并将电能输送至蓄电池储存起来供路灯晚间照明使用.蓄电池使用过程中，充电至90%时停止充电，放电余留20%时停止电能输出。下表为某型号风光互补路灯系统配置的相关参数，当风速在5-12m/s时，风力发电机输出功率与风速的三次方成正比.
风力发电机 太阳能电池组件
最小启动凤风速 1m/s 太阳能电池功率 0～200W
最小充电风速 3m/s 太阳能转换效率 15%
最大限制风速 12m/s 蓄电池 400Ah-12V
最大输出功率 400W LED路灯 80W-12V
（1）太阳能是 （选填“可”或“不可”）再生能源，有阳光时，太阳能电池板把太阳能转化为 能，
（2）风力发电机给蓄电池充电时，蓄电池相当于电路的 （选填“电源”或“用电器”）.
（3）蓄电池充电至90%时储存的电能可供LED路灯工作 h。
（4）若太阳能电池板的总面积为5m2，在某时间段光照1h，太阳能电池板平均发电功率为180W，则1m2 的太阳能电池板1h所接收太阳辐射的能量为 J.
（5）当风速为6m/s时，风力发电机的输出功率是 W.持续光照10h，蓄电池的电量也只由20%充到了70%，则太阳能电池板发电的平均功率 W.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】质量及其特性；密度及其特性；长度的估测；重力及其大小的计算
【解析】【解答】 A、一只长方形口罩的面积约为180cm2=1.8dm2，故A符合实际；
B、一瓶家用洗手液的质量约为500g=0.5kg，故B不符合实际；
C、常用的消毒湿巾的密度略小于水的密度，约为0.9×103kg/m3，故C不符合实际；
D、测温枪的质量约400g，故所受的重力约为：G=mg=0.4kg×10N/kg=4N，故D不符合实际。
故选：A。
【分析】 首先要对选项中涉及的几种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】C
【知识点】光的反射
【解析】【解答】 A、手影是由沿直线传播的光被不透明的手挡住，在后面的墙上光线照不到的地方形成影子，故A错误；
B、错位的钢笔，是由于光的折射形成的虚像，故B错误；
C、镜中的“我”，是平面镜成像，是由光的反射形成的，故C正确；
D、变大的“字”，是凸透镜成像，是由于光的折射形成的虚像，故D错误。
故选：C。
【分析】1、光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等，都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
2、当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来的现象是光的反射，例如：平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的；
3、当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折，这就是光的折射，复色光发生折射时，会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的。
3．【答案】A
【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；沸腾及沸腾条件
【解析】【解答】 AB、由图乙可知，2min至6min是镓的熔化时间，为4min，镓熔化时温度不变，镓的熔点为30℃，凝固点也为30℃，故A正确，B错误；
C、由题意知，给镓加热的水的温度为80摄氏度，镓的温度达到50摄氏度时，能继续吸热，镓能沸腾，故12min之后，镓开始沸腾，故C正确；
D、镓在熔化的过程中，吸收热量，温度不变，故D错误。
故选：AC。
【分析】 （1）根据晶体熔化时有固定的温度--熔点，来判断镓是否为晶体；
（2）无论镓的沸点是等于还是高于50℃，恒温设备调节的温度为80℃，镓的温度到达50摄氏度时，能继续吸热，镓能沸腾。
4．【答案】C
【知识点】机械能及其转化；惯性及其现象；力与运动的关系
【解析】【解答】 A、排球在脱离胳膊后能继续上升，是因为排球具有惯性，仍然要保持原来的运动状态，惯性不是力，故A错误；
B、排球在脱离胳膊后的上升过程中，受到重力和空气的阻力，二者的方向都是向下的，故B错误；
C、排球在脱离胳膊后的上升过程中，球的质量不变，速度变小，动能变小，故C正确；
D、排球在脱离胳膊后的上升过程中，若不受外力，根据牛顿第一定律可知，排球将向上做匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）我们把物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，惯性是一种性质，不是力；
（2）根据排球的受力情况分析；
（3）动能的大小与质量、速度有关。
（4）根据牛顿第一定律分析。
5．【答案】C
【知识点】电流的热效应；直流电动机的构造原理与工作过程；动圈式话筒的构造和原理；发电机的构造和原理
【解析】【解答】 A、发电机的工作原理是电磁感应现象，将机械能转化为电能，故A正确；
B、电磁起重机的主要元件是电磁铁，它的工作原理是电流的磁效应，故B正确；
C、动圈式话筒的原理是电磁感应原理，故C错误；
D、电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动，故D正确。
故选：C。
【分析】 （1）发电机原理为电磁感应；
（2）电磁铁的原理是电流的磁场效应；
（3）动圈式话筒的原理是电磁感应原理；
（4）电动机的工作原理：通电线圈在磁场中受力转动。
6．【答案】C
【知识点】并联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】 A、闭合开关S，两电阻并联，根据并联电路的电压特点可知R1、R2两端电压之比为1：1，故A错误；
B、根据可知通过R1、R2的电流之比为：，故B错误；
C、根据P=UI可知R1、R2的电功率之比为：，故C正确；
D、工作时间相同，根据W=Pt可知R1、R2消耗的电能之比：，故D错误。
故选：C。
【分析】A、闭合开关S，两电阻并联，根据并联电路的电压特点可知R1、R2两端电压之比；
B、根据可知通过R1、R2的电流之比；
C、根据P=UI可知R1、R2的电功率之比；
D、工作时间相同，根据W=Pt可知R1、R2消耗的电能之比。
7．【答案】B
【知识点】液体压强的特点
【解析】【解答】 由图乙可知，当水温从0℃升到10℃时，水的密度ρ先变大后变小；
水的质量不变，容器的底面积不变，根据m=ρV=ρSh可知容器中水先下降后上升，利用p=ρgh无法判断容器底受到水的压强p如何变化；
当水温从0℃升到10℃时，水的质量不变，处于柱形容器中，则水对容器底部的压力等于水的重力，根据可知，当水温从0℃升到10℃时，容器底受到水的压强p不变，故B符合题意。
故选：B。
【分析】 计算液体压强的公式是p=ρgh，可见，液体压强的大小只取决于液体的种类（即密度ρ）和深度h，而和液体的质量、体积没有直接的关系；题目中液体的密度、深度都发生变化，无法使用液体压强公式，由于筒是柱形的，根据压强定义式进行分析
8．【答案】低；凝华；漫
【知识点】凝华及凝华放热；镜面反射与漫反射
【解析】【解答】 “门尽冷霜能醒骨，窗临残照好读书”中的“冷”描述场景气温较低；霜是固态小冰晶，是空气中的水蒸气遇冷形成的，是凝华现象；
光在凹凸不平的书本表面上发生了漫反射，反射光线射向各个方向。
故答案为：低；凝华；漫。
【分析】 凝华：物质从气态不经过液态而直接变成固态的过程．凝华过程物质要放出热量；漫反射时反射光线射向各个方向，所以我们能从各个不同方向看到本身不发光的物体。
9．【答案】不变；变小；不变
【知识点】摩擦力的大小；压强大小比较
【解析】【解答】 （1）物体在水平推力F作用下在水平桌面上做匀速直线运动，从甲图位置运动到乙图位置，由于压力和接触面的粗糙程度不变，A受到桌面的摩擦力不变；
物体A在水平推力F作用下从甲图匀速运动到乙图，由图可知，压力不变，受力面积增大，根据知A对桌面的压强变小；
（2）课桌对地面的压力等于物体A和课桌的总重力，总重力不变，故压力不变，受力面积也没有改变，根据知桌子对地面的压强不变。
故答案为：不变；变小；不变。
【分析】 （1）影响摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度；
（2）压强与受力面积和压力大小有关，根据判断压强的大小变化。
10．【答案】并联；火；不可以
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；测电笔的使用；安全用电原则
【解析】【解答】 家庭电路中空调和电视机是并联连接，试电笔可以分辨火线和零线，其中使氖管发光的是火线，如果家用电器或线路着火，不可以直接泼水灭火。
故答案为：并联；火；不可以。
【分析】 （1）家庭电路的各个用电器之间是并联的。
（2）试电笔可以分辨火线和零线，其中使氖管发光的是火线。
（3）如果家用电器或线路着火，因为生活用水是导体，不可以直接泼水灭火。
11．【答案】做功；做功；25
【知识点】内燃机的四个冲程；有关热机的计算
【解析】【解答】 （1）观察图可知，此时两个气门都关闭，活塞由上向下运动，气缸内气体膨胀，故该冲程是做功冲程；
压缩冲程中活塞压缩燃气做功，将机械能转化为内能，是通过做功的方式增加燃气内能的；
（2）汽油机转速为3000r/min=50r/s，说明每秒钟飞轮转过50转，完成25个工作循环，对外做功25次。
故答案为：做功；做功；25。
【分析】（1）内燃机的一个工作循环由吸气、压缩、做功和排气四个冲程组成；分析题中的插图能看出，此时两个气门都关闭，活塞由下向上运动，压缩内部的混合物，即看判断该冲程的名称和能量的转化；
（2）在四冲程内燃机的一个工作循环中，完成4个冲程，并对外做功1次，曲轴和飞轮转2圈。
12．【答案】增加；减少；减少
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】 摆球从A点到B点运动的过程中，质量不变，速度变大，动能增加；质量不变，高度变小，重力势能减少；
摆球终静止在B点，这说明摆球在运动的过程中克服摩擦做功，机械能转化为内能，所以机械能减少。
故答案为：增加；减少；减少。
【分析】 动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，机械能为动能、势能的和。机械能转化过程中，由于有摩擦力阻力，机械能总量减小。
13．【答案】4400；4；1320
【知识点】电功的测量；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】由电能表参数可知，电能表正常工作时的电压为220V，允许通过的最大电流为20A，他家同时使用的用电器最大总功率：P大＝UI＝220V×20A＝4400W；
由P＝UI得通过电暖气的电流：I=＝4A；
3000r/kW h表示每消耗1kW h的电能，电能表转盘的转数3000r，电暖气独正常工作30min消耗的电能：W＝Pt＝0.88kW×0.5h＝0.44kW h，
电能表转盘转过的转数：n＝3000r/kW h×0.44kW h＝1320r．
【分析】根据电压和电流的乘积计算电功率；根据电功率和电压的比值， 计算电流；根据电功率和时间的乘积计算消耗的电能，结合电能表转数规格，计算实际转数。
14．【答案】6；2；4
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算
【解析】【解答】 保护开关，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表V1测量定值电阻两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器两端的电压。滑片P从b点向左移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值逐渐变小，根据串联分压特点可知，滑动变阻器两端的电压逐渐变小，电源电压不变，根据串联电路的电压特点可知定值电阻两端的电压逐渐变大，故图乙中下方直线为V1示数与电流表示数的关系图象，上方直线为V2示数与电流表示数的关系图象。
根据串联电路的电压特点可知电源电压U=U1+U2=1V+5V=6V；
根据欧姆定律可知
当电流为1A时，定值电阻两端的电压U1'=I'R0=1A×2Ω=2V，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压U2'=U-U1'=6V-2V=4V，滑动变阻器的功率P=U2'I'=4V×1A=4W。
故答案为：6；2；4。
【分析】保护开关，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表V1测量定值电阻两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器两端的电压。滑片P从b点向左移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值逐渐变小，根据串联分压特点可知，滑动变阻器两端的电压逐渐变小，电源电压不变，根据串联电路的电压特点可知定值电阻两端的电压逐渐变大，故图乙中下方直线为V1示数与电流表示数的关系图象，上方直线为V2示数与电流表示数的关系图象。
根据串联电路的电压特点可知电源电压，根据欧姆定律可知R0的阻值；
当电流为1A时，根据欧姆定律得出定值电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压，根据P=UI得出滑动变阻器的功率。
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】平面镜成像的相关作图；重力示意图；力臂的画法；通电螺线管的磁场；安培定则
【解析】【解答】 （1）重力的方向是竖直向下的，从垃圾桶的重心画一条竖直向下的带箭头的有向线段，用G表示，即为其所受重力的示意图：
反向延长拉力F的作用线，从支点A作拉力F作用线的垂线段，即为拉力F的力臂l，如图所示：
（2） 先作出光源S关于平面镜的对称点S'，即为点光源S在平面镜中的像，连接S'、眼睛的位置A，与镜面交于O点，即为入射点（反射点），连接SO得到入射光线，连接OA为反射光线，如图所示：
（3） 由图可知，永磁体的右端为S极，在磁体外部，磁感线是从磁体的N极出来，回到磁体的S极的，所以螺线管的左端为N极，右端为S极，根据安培定则可知，电流从螺线管右侧流入，左侧流出，所以电源的右端为正极，如图所示：
【分析】 （1）先确定重力作用点，然后从力作用点表示重力的方向（即竖直向下）。已知支点和动力的方向，从支点作动力作用线的垂线段（即力臂）。
（2）根据平面镜成像的特点知，反射光线好像是由像点发出的，由物与像关于镜面对称，作出像点后，连接像点与眼睛，与镜面的交点为入射点，再完成光路。
（3）磁感线是从磁体的N极出来，回到磁体的S极的；根据螺线管的极性，利用安培定则判定螺线管中电流的方向，从而标出正负极。
16．【答案】（1）2.00；60
（2）平衡螺母；左；23.6；从右盘中取下20 g的砝码，再将100 g和10 g的砝码放入右盘中，游码位置不动
【知识点】质量的测量与天平的使用；长度及其测量；刻度尺的使用；速度公式及其应用
【解析】【解答】 （1）由图知，刻度尺分度值为0.1cm，所以地图上两站间的距离为2.00cm；
由题知，地图上1cm等于实际1km，所以两站间实际距离为2km，
则地铁在两站之间的平均速度：
（2）把天平放在水平桌面上，游码归零后，指针如图2甲所示偏右侧，此时应将平衡螺母向左侧适当调节，使天平横梁水平平衡。
①天平再次平衡时，所加砝码和游码的位置如图甲所示，标尺的分度值为0.2g，则铝桶的质量为：20g+3g+0.6g=23.6g。
②根据砝码盒里剩有的砝码结合标尺的最刻度，为了称量90g的水，即桶和水的总质量要增大90g，从右盘中取下20g的砝码，再将100g和10g的砝码放入砝码盘中，游码位置不动，向铝桶中加水，直至天平再次平衡。
故答案为：（1）2.00；60；
【分析】 （1）由图读出两站间的距离，注意长度测量要估读到分度值的下一位；
根据地图上1cm等于实际1km可得两站间实际距离，由平均速度公式计算地铁在两站之间的平均速度；
（2）天平使用前把天平放在水平桌面上，游码归零后，将平衡螺母向较高一侧调节，使天平横梁水平平衡。
①天平再次平衡时，物体的质量等于砝码的质量加上游码所指示的刻度；
②根据砝码盒里剩有的砝码结合标尺的最刻度分析回答。
17．【答案】（1）初温；质量
（2）相同
（3）等于；水；水做汽车发动机冷却液
（4）烧瓶内的电阻丝与导线串联在一起，通过它们的电流相等，而电阻丝的电阻远远大于导线的电阻，由焦耳定律Q=I2R可知，相同时间内，电阻丝产生的热量较多，所以烧瓶内的电阻丝很热，而与之相连的导线却不太热
【知识点】比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】 （1）实验时要采用控制变量法，只改变物质的种类，采用相同热源进行加热，所以应控制水和煤油的初温和质量相同，比较它们吸收相同的热量时温度的变化来反映它们的吸热本领；
（2）实验要求采用相同热源进行加热，由焦耳定律Q=I2Rt可知，两烧瓶中的电热丝的阻值要相同，使电阻丝在相同时间内产生的热量相同；
（3）因为是使用相同的热源，相同的时间释放的热量相同，所以加热3min，水吸收的热量等于煤油吸收的热量。
由表中数据可知，吸收相同的热量，水的温度变化较小，所以水的吸热能力更强；根据此性质，生活中常用水做汽车发动机的冷却液，冬天供暖时用水作循环液。
（4）烧瓶内的电阻丝与导线串联在一起，通过它们的电流相等，而电阻丝的电阻远远大于导线的电阻，由焦耳定律Q=I2Rt可知，相同时间内，电阻丝产生的热量较多，所以烧瓶内的电阻丝很热，而与之相连的导线却不太热。
故答案为：（1）质量；初温；（2）相同；（3）等于；水；水做汽车发动机冷却液；（4）烧瓶内的电阻丝与导线串联在一起，通过它们的电流相等，而电阻丝的电阻远远大于导线的电阻，由焦耳定律Q=I2Rt可知，相同时间内，电阻丝产生的热量较多，所以烧瓶内的电阻丝很热，而与之相连的导线却不太热。
【分析】（1）（2）用相同的电阻丝加热，在相等时间内煤油和水吸收的热量相等，加热时间越长，液体吸收的热量越多，可以根据加热时间的长短比较液体吸收热量的多少。
（3）质量相同的不同物质吸收相同的热量，比热容的大小与温度的变化成反比，由此进行判断；
（4）结合焦耳定律Q=I2Rt分析解答。
18．【答案】（1）
（2）滑动变阻器是用来调节灯泡两端的电压的，如果阻值为0，小灯泡两端的电压将超过额定电压，小灯泡可能会被烧坏
（3）2.2；左
（4）10
（5）8
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】 （1）小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端，如下图所示：
（2）电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V；若滑动变阻器阻值为零，此时电路为只有灯泡的简单电路，灯泡两端电压为6V，远高于灯泡额定电压，灯泡将会被烧毁，故实验过程中，滑动变阻器阻值不能为零；
（3）由图甲可知，电压表选用小量程；调节滑动变阻器过程中，发现电压表的示数如图乙所示，电压表分度值0.1V，其示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，如果要测量小灯泡正常发光时的电阻，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑片向左端移动；
（4）由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，则小灯泡正常发光时的电阻为：
（5）电源电压恒为3V，S1接1时，定值电阻R0与电压表串联，电压表示数为2V，由串联电路电压的规律，定值电阻的电压为：U0=3V-2V=1V，由分压原理，电压表内阻为：
S闭合，S1接2时，待测电阻与电压表串联，电压表示数为1.8V；由串联电路电压的规律，待测电阻的电压为：UR=3V-1.8V=1.2V，由分压原理，
故答案为：（1）见解答图；（2）防止灯泡被烧毁；（3）2.2；左；（4）10；（5）800。
【分析】 （1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；
（2）分析电路连接，比较电源电压与灯泡额定电压大小进行回答；
（3）根据图甲确定电压表量程，图乙确定分度值读数，比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
（4）根据图丙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用求出小灯泡正常发光时的电阻；
（5）分析开关转换时电路连接，由串联电路电压的规律求出定值电阻与电压表串联时定值电阻的电压，由分压原理得出电压表内阻；
由待测电阻与电压表串联和电压表示数，根据串联电路电压的规律求出定值电阻的电压，由分压原理求出R的阻值。
19．【答案】（1）解： 消防车的重力：G= mg=1.5 × 104kg × 10N/kg=1.5× 105N
由题意可知，消防车受到的阻力：f= 0.1G = 0.1× 1.5 × 105N =1.5 × 104N
因为消防车做匀速直线运动，所以，由二力平衡条件可知，
消防车匀速直线行驶时的牵引力：F牵= f = 1.5 × 104N
答：消防车匀速直线行驶时的牵引力为1.5 × 104；
（2）解： 消防车静止时对水平地面的压：F=G=1.5× 105N
消防车静止时对地面的压强：
答：消防车静止时对地面的压强为3 × 105Pa；
（3）解： 牵引力做的功：W = F牵s = 1.5 × 104N × 1200m = 1.8× 107J
消防车恒定功率：
答：消防车恒定功率为3 × 105W.
【知识点】功率的计算；功率计算公式的应用；二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算
【解析】【分析】（1）根据G=mg求消防车的重力，根据所受阻力为消防车重力的0.1倍求出消防车受到的阻力，根据二力平衡条件求出消防车匀速直线行驶时的牵引力；
（2）消防车静止时对水平地面的压力大小等于消防车的重力，根据求消防车静止时对地面的压强；
（3）利用W=Fs求牵引力做的功，利用求消防车恒定功率。
20．【答案】（1）解： S、S1均闭合时，电路处于加热状态，
由图乙可知：加热状态时，电路的功率P加热=880W
故干路电流：
答：S、S1均闭合时，干路电流是4A；
（2）解： 只有S闭合时，R1单独工作，电路处于保温状态，
由图乙可知：保温状态时，电路的功率P保=80W
0~10min，R1的功率保持80W不变
R1消耗的电能：W1=P保t=80W × 10×60s=48000J
答：0 ~ 10 min R1消耗的电能是48000J；
（3）解： R2工作功率为： P2=P加热-P保=880W-80W=800 W
R2的阻值：
答：R2的阻值是60.5Ω.
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功计算公式的应用；电功率与电压、电流的关系
【解析】【分析】 （1）根据计算干路电流。
（2）从图示可看出，前4min时S、S1均闭合，属于加热时间，后6minS1自动断开，属于保温时间，先算出R2来，再把加热和保温挡时消耗的电能加起来就行。
（3）先算出P2，再根据计算电阻。
21．【答案】（1）有
（2）甲；20
（3）甲；1.344×105
（4）可行
【知识点】控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】 （1）400ML的保温杯中倒满水，说明水的质量，初温相同。
计算水的质量G水=mg=400cm3×1.0g/cm3=400g
（2）甲杯中的水经过12小时降到20℃，乙杯中的水经过大约7小时就降到20℃。说明甲杯保温效果好。
从乙杯大约在7小时20℃，8小时也是20℃，乙杯中的水温下降到20℃时不再下降了，说明室温就是20℃
那么甲杯在12小时时水温20℃，那么甲杯在14小时的水温仍然为20℃，不会再降了。
（3）当t=2h，内能从图中曲线看，甲杯中的水温明显高于乙杯，由于质量是相同的水，故内能较大的是甲杯的水。乙杯8h放出的热量Q放=CmΔt=4.2×103J/（kg ℃）×0.4kg×80℃=1.344×105J
（4）保温杯可以保热，也可保冷。
故答案为：（1）有，（2）甲，20 （3）甲，1.344×105J（4）可行
【分析】 实验中首先采用控制变量法，400ML水的质量相同，初温相同，然后探讨随着时间的延长，保温杯中的水温缓慢下降，但本实验隐含了一个条件，就是当保温杯中的水温降到与室温相同时，保温杯中的水就不会向外放出热量，水温也不会再下降了。
内能与水的质量温度都有关系。
22．【答案】（1）省力
（2）减小压强；减小摩擦力
（3）2000
（4）把支架向左移（减小0.4的长度），减少阻力臂（增大动力臂）
【知识点】增大或减小摩擦的方法；增大压强的方法及其应用；减小压强的方法及其应用；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【解答】 （1）由图可知，横杆在使用的过程中，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；
（2）支架下面垫有面积较大的石块，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小对地面的压强；
在木箱下垫上圆木，是通过变滑动为滚动的方法来减小摩擦力；
（3）抬起巨木时，拴在巨木最右端的绳子中的拉力为动力，巨木的重力为阻力，且两个力都是沿竖直方向，重心在巨木中间位置，而绳子在最右端，
因此动力臂L1：阻力臂L2=2：1，
圆柱体的重力：G=mg=2.4×103kg×10N/kg=2.4×104N，
由杠杆平衡条件F1L1=GL2变形得：
如图，横杆长度为3.5m，AO长为0.5m，则OB=3.5m-0.5m=3m，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，F1×OA=F×OB，
则人对横杆的总压力
（4）在借助省力杠杆把巨木抬起时，可以将支架更靠近巨木，从而缩短阻力臂、增大动力臂，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力一定的情况下，可以省力，从而可以抬起更重的巨木。
故答案为：（1）省力；（2）减小压强；减小摩擦力；（3）2×103；（4）将支架更靠近巨木；将支架更靠近巨木，缩短了阻力臂、增大了动力臂，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力一定的情况下，可以省力。
【分析】（1）杠杆根据省力情况可以分为三类：省力杠杆、费力杠杆和等臂杠杆，动力臂大于阻力臂的杠杆是省力杠杆；
（2）压强的大小与压力和受力面积有关，在压力一定时，增大受力面积可以减小压强；
减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦；
（3）先利用G=mg求出圆柱体的重力，根据杠杆平衡条件先计算巨木对横杆的拉力，再通过杠杆平衡条件计算人对横杆的总压力；
（4）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力一定的情况下，增大动力臂，缩小阻力臂，可以省力。
23．【答案】（1）可；电
（2）用电器
（3）42
（4）8.64×105
（5）50；190
【知识点】能源及其分类；太阳能的相关计算；电路的构成及电路图
【解析】【解答】 （1）太阳能可以在自然界里源源不断的得到补充，所以太阳能是可再生能源；
有阳光时，太阳能电池板把太阳能转化为电能；
（2）风力发电机给蓄电池充电时，蓄电池消耗电能，把电能转化为化学能储存起来，所以蓄电池相当于电路的用电器；
（3）由题知，充电至90%左右即停止充电，蓄电池的供电容量：W=UIt×90%=12V×400A×1×3600s×90%=1.5552×107J，
由可知，可供灯具正常发光时间为：
（4）因为5m2的电池板最大发电功率为180W，所以每平方米电池板的最大发电功率为：，
又因为太阳能的转换效率为15%，所以每平方米电池板接受到的太阳辐射功率为：
根据可得，1m2的太阳能电池板1h所接收太阳辐射的能量为：W=P2t'=240W×3600s=8.64×105J；
（5）蓄电池的电量从20%充到70%的过程中得到的电荷量为：ΔQ=Qm×（70%-20%）=400A h×50%=200A h，
由题知，当风速在5～12m/s时，风力发电机输出功率与风速的三次方成正比，
则其中风力发电机的功率为：
由P=UI可知，此时风力发电机的输出电流为：，
由可知，风力发电机10h内为蓄电池提供的电荷量为：
，
因此太阳能电池板10h内为蓄电池提供的电荷量为：，
解得：P3=190W。
故答案为：（1）可；电；（2）用电器；（3）54；（4）8.64×105；（5）50；190。
设此过程中太阳能电池板发电的平均功率为P3，则有：，即
【分析】（1）不可能在短期内从自然界得到补充的属于不可再生能源；可以在自然界里源源不断的得到补充的属于可再生能源；太阳能电池板把太阳能转化为电能；
（2）电路中消耗电能的是用电器，提供电能的是电源；
（3）由题意计算蓄电池供电容量，已知蓄电池的容量和灯泡的功率，利用计算时间；
（4）先计算太阳能电池板在1m2范围内的最大发电功率，再结合太阳能转换效率计算1m2范围内太阳能电池板接受太阳辐射的最大功率；利用可计算出1m2的太阳能电池板1h所接收太阳辐射的能量；
（5）求出蓄电池的电量从20%充到70%的过程中得到的电荷量；由题知，当风速在5～12m/s时，风力发电机输出功率与风速的三次方成正比，求出当风速为6m/s时风力发电机的功率，
由功率表达式P=UI可得此时风力发电机的输出电流，求出风力发电机10h内为蓄电池提供的电荷量，因此可求出太阳能电池板10h内为蓄电池提供的电荷量；
设此过程中太阳能电池板发电的平均功率为P3，则有：，即可解得P3
1 / 1广东省肇庆市第六中学2023-2024学年九年级下学期开学考试物理试题
一、单项选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑.
1．（2024九下·肇庆开学考）某同学对预防病毒感染措施中使用的一些物品进行了估测，其中最接近实际的是（ ）
A．“戴口罩”：一只长方形口罩的面积约为1.8 dm2
B．“勤洗手”：一瓶家用洗手液的质量约为5 kg
C．“常消毒”：常用的消毒湿巾的密度约为1 kg/m
D．“测体温”：一只测温枪所受的重力约为10 N
【答案】A
【知识点】质量及其特性；密度及其特性；长度的估测；重力及其大小的计算
【解析】【解答】 A、一只长方形口罩的面积约为180cm2=1.8dm2，故A符合实际；
B、一瓶家用洗手液的质量约为500g=0.5kg，故B不符合实际；
C、常用的消毒湿巾的密度略小于水的密度，约为0.9×103kg/m3，故C不符合实际；
D、测温枪的质量约400g，故所受的重力约为：G=mg=0.4kg×10N/kg=4N，故D不符合实际。
故选：A。
【分析】 首先要对选项中涉及的几种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．（2024九下·肇庆开学考）如图所示的四种情景中，属于光的反射现象的是（ ）
甲 乙 丙 丁
A．图甲：墙上的“手影” B．图乙：错位的“钢笔”
C．图丙：镜中的“我” D．图丁：变大的“字”
【答案】C
【知识点】光的反射
【解析】【解答】 A、手影是由沿直线传播的光被不透明的手挡住，在后面的墙上光线照不到的地方形成影子，故A错误；
B、错位的钢笔，是由于光的折射形成的虚像，故B错误；
C、镜中的“我”，是平面镜成像，是由光的反射形成的，故C正确；
D、变大的“字”，是凸透镜成像，是由于光的折射形成的虚像，故D错误。
故选：C。
【分析】1、光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等，都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
2、当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来的现象是光的反射，例如：平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的；
3、当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折，这就是光的折射，复色光发生折射时，会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的。
3．（2024九下·肇庆开学考）把温度为10℃的固态镓放入如题3图甲所示的装置中进行加热，水的恒定温度为50℃，测得镓的温度随时间变化的情况如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．镓的凝固点为30℃
B．镓的熔化持续时间为16 min
C．第12 min之后，镓开始沸腾
D．镓在熔化的过程中温度不变，不需要吸热
【答案】A
【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；沸腾及沸腾条件
【解析】【解答】 AB、由图乙可知，2min至6min是镓的熔化时间，为4min，镓熔化时温度不变，镓的熔点为30℃，凝固点也为30℃，故A正确，B错误；
C、由题意知，给镓加热的水的温度为80摄氏度，镓的温度达到50摄氏度时，能继续吸热，镓能沸腾，故12min之后，镓开始沸腾，故C正确；
D、镓在熔化的过程中，吸收热量，温度不变，故D错误。
故选：AC。
【分析】 （1）根据晶体熔化时有固定的温度--熔点，来判断镓是否为晶体；
（2）无论镓的沸点是等于还是高于50℃，恒温设备调节的温度为80℃，镓的温度到达50摄氏度时，能继续吸热，镓能沸腾。
4．（2024九下·肇庆开学考）在体育课上，小欣用胳膊将排球向上垫起后，排球上升过程中运动得越来越慢.下列说法正确的是（ ）
A．排球在脱离胳膊后能继续上升，是因为排球受到惯性力的作用
B．排球在脱离胳膊后的上升过程中，受到竖直向上的力
C．排球在脱离胳膊后的上升过程中，动能逐渐减小
D．排球在脱离胳膊后的上升过程中，若不受外力，排球将落下来
【答案】C
【知识点】机械能及其转化；惯性及其现象；力与运动的关系
【解析】【解答】 A、排球在脱离胳膊后能继续上升，是因为排球具有惯性，仍然要保持原来的运动状态，惯性不是力，故A错误；
B、排球在脱离胳膊后的上升过程中，受到重力和空气的阻力，二者的方向都是向下的，故B错误；
C、排球在脱离胳膊后的上升过程中，球的质量不变，速度变小，动能变小，故C正确；
D、排球在脱离胳膊后的上升过程中，若不受外力，根据牛顿第一定律可知，排球将向上做匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）我们把物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，惯性是一种性质，不是力；
（2）根据排球的受力情况分析；
（3）动能的大小与质量、速度有关。
（4）根据牛顿第一定律分析。
5．（2024九下·肇庆开学考）下列关于生活中电和磁的应用，其对应工作原理错误的是（ ）
A．手摇发电机的工作原理是电磁感应
B．电磁起重机的工作原理是电流的磁效应
C．动圈式话筒的工作原理是通电螺线管的磁效应
D．电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用
【答案】C
【知识点】电流的热效应；直流电动机的构造原理与工作过程；动圈式话筒的构造和原理；发电机的构造和原理
【解析】【解答】 A、发电机的工作原理是电磁感应现象，将机械能转化为电能，故A正确；
B、电磁起重机的主要元件是电磁铁，它的工作原理是电流的磁效应，故B正确；
C、动圈式话筒的原理是电磁感应原理，故C错误；
D、电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动，故D正确。
故选：C。
【分析】 （1）发电机原理为电磁感应；
（2）电磁铁的原理是电流的磁场效应；
（3）动圈式话筒的原理是电磁感应原理；
（4）电动机的工作原理：通电线圈在磁场中受力转动。
6．（2024九下·肇庆开学考）如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=5Ω，闭合开关S，下列说法正确的是（ ）
A．R1、R2两端电压之比为2：1 B．通过R1、R2的电流之比为2：1
C．R1、R2的电功率之比为1：2 D．R1、R2消耗的电能之比为2：1
【答案】C
【知识点】并联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】 A、闭合开关S，两电阻并联，根据并联电路的电压特点可知R1、R2两端电压之比为1：1，故A错误；
B、根据可知通过R1、R2的电流之比为：，故B错误；
C、根据P=UI可知R1、R2的电功率之比为：，故C正确；
D、工作时间相同，根据W=Pt可知R1、R2消耗的电能之比：，故D错误。
故选：C。
【分析】A、闭合开关S，两电阻并联，根据并联电路的电压特点可知R1、R2两端电压之比；
B、根据可知通过R1、R2的电流之比；
C、根据P=UI可知R1、R2的电功率之比；
D、工作时间相同，根据W=Pt可知R1、R2消耗的电能之比。
7．（2024九下·肇庆开学考）如图甲所示，圆柱形容器装有适量的水，当水温从0℃升到10℃时，水的密度ρ和水温t关系如图乙所示，假设此过程水的质量不变，不考虑圆柱形容器的热胀冷缩.下列能正确反映容器底受到水的压强 p和水温t关系的图象是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】液体压强的特点
【解析】【解答】 由图乙可知，当水温从0℃升到10℃时，水的密度ρ先变大后变小；
水的质量不变，容器的底面积不变，根据m=ρV=ρSh可知容器中水先下降后上升，利用p=ρgh无法判断容器底受到水的压强p如何变化；
当水温从0℃升到10℃时，水的质量不变，处于柱形容器中，则水对容器底部的压力等于水的重力，根据可知，当水温从0℃升到10℃时，容器底受到水的压强p不变，故B符合题意。
故选：B。
【分析】 计算液体压强的公式是p=ρgh，可见，液体压强的大小只取决于液体的种类（即密度ρ）和深度h，而和液体的质量、体积没有直接的关系；题目中液体的密度、深度都发生变化，无法使用液体压强公式，由于筒是柱形的，根据压强定义式进行分析
二、填空题（本大题7小题，每空1分，共21分）
8．（2024九下·肇庆开学考）诗句“门尽冷霜能醒骨，窗临残照好读书".诗中描述场景气温较 ，霜形成过程的物态变化是 ，残照在书上发生 （选填“镜面”或“漫”）反射.
【答案】低；凝华；漫
【知识点】凝华及凝华放热；镜面反射与漫反射
【解析】【解答】 “门尽冷霜能醒骨，窗临残照好读书”中的“冷”描述场景气温较低；霜是固态小冰晶，是空气中的水蒸气遇冷形成的，是凝华现象；
光在凹凸不平的书本表面上发生了漫反射，反射光线射向各个方向。
故答案为：低；凝华；漫。
【分析】 凝华：物质从气态不经过液态而直接变成固态的过程．凝华过程物质要放出热量；漫反射时反射光线射向各个方向，所以我们能从各个不同方向看到本身不发光的物体。
9．（2024九下·肇庆开学考）如图所示，在水平地面上放一张课桌，在课桌上放一物体A.物体A在水平推力F的作用下，从图甲所示位置匀速运动到图乙所示位置，在此过程中，A受到桌面的摩擦力 ，A对桌面的压强 ，课桌对地面的压强 （均选填“变大”“变小”或“不变”）
【答案】不变；变小；不变
【知识点】摩擦力的大小；压强大小比较
【解析】【解答】 （1）物体在水平推力F作用下在水平桌面上做匀速直线运动，从甲图位置运动到乙图位置，由于压力和接触面的粗糙程度不变，A受到桌面的摩擦力不变；
物体A在水平推力F作用下从甲图匀速运动到乙图，由图可知，压力不变，受力面积增大，根据知A对桌面的压强变小；
（2）课桌对地面的压力等于物体A和课桌的总重力，总重力不变，故压力不变，受力面积也没有改变，根据知桌子对地面的压强不变。
故答案为：不变；变小；不变。
【分析】 （1）影响摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度；
（2）压强与受力面积和压力大小有关，根据判断压强的大小变化。
10．（2024九下·肇庆开学考）家庭电路中空调和电视机是 （选填“串联”或“并联”）连接，试电笔可以分辨火线和零线，其中使氖管发光的是 线，如果家用电器或线路着火， （选填“可以”或“不可以”）直接泼水灭火.
【答案】并联；火；不可以
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；测电笔的使用；安全用电原则
【解析】【解答】 家庭电路中空调和电视机是并联连接，试电笔可以分辨火线和零线，其中使氖管发光的是火线，如果家用电器或线路着火，不可以直接泼水灭火。
故答案为：并联；火；不可以。
【分析】 （1）家庭电路的各个用电器之间是并联的。
（2）试电笔可以分辨火线和零线，其中使氖管发光的是火线。
（3）如果家用电器或线路着火，因为生活用水是导体，不可以直接泼水灭火。
11．（2024九下·肇庆开学考）如图所示是四冲程汽油机工作示意图的 冲程，在压缩冲程中，汽油机通过 方式增加燃气的内能.汽油机飞轮转速为3000 r/min，则1s内汽油机对外做功 次.
【答案】做功；做功；25
【知识点】内燃机的四个冲程；有关热机的计算
【解析】【解答】 （1）观察图可知，此时两个气门都关闭，活塞由上向下运动，气缸内气体膨胀，故该冲程是做功冲程；
压缩冲程中活塞压缩燃气做功，将机械能转化为内能，是通过做功的方式增加燃气内能的；
（2）汽油机转速为3000r/min=50r/s，说明每秒钟飞轮转过50转，完成25个工作循环，对外做功25次。
故答案为：做功；做功；25。
【分析】（1）内燃机的一个工作循环由吸气、压缩、做功和排气四个冲程组成；分析题中的插图能看出，此时两个气门都关闭，活塞由下向上运动，压缩内部的混合物，即看判断该冲程的名称和能量的转化；
（2）在四冲程内燃机的一个工作循环中，完成4个冲程，并对外做功1次，曲轴和飞轮转2圈。
12．（2024九下·肇庆开学考）图所示，摆球从A点静止释放、依次经过最低点B和另一侧最高点，然后往返运动，最终静止在B点.摆球从A点到B点运动的过程中，动能 ，重力势能 ，机械能 .
（均选填“增加”“减少”或“不变”）
【答案】增加；减少；减少
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】 摆球从A点到B点运动的过程中，质量不变，速度变大，动能增加；质量不变，高度变小，重力势能减少；
摆球终静止在B点，这说明摆球在运动的过程中克服摩擦做功，机械能转化为内能，所以机械能减少。
故答案为：增加；减少；减少。
【分析】 动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，机械能为动能、势能的和。机械能转化过程中，由于有摩擦力阻力，机械能总量减小。
13．（2023·陈仓模拟）如图所示是小李家的电能表，她家所使用的用电器总功率不能超过 W．将一台额定功率为880W的电暖气单独接入电路中，正常工作30min，通过电暖气的电流是 A，电能表的转盘转了 转．
【答案】4400；4；1320
【知识点】电功的测量；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】由电能表参数可知，电能表正常工作时的电压为220V，允许通过的最大电流为20A，他家同时使用的用电器最大总功率：P大＝UI＝220V×20A＝4400W；
由P＝UI得通过电暖气的电流：I=＝4A；
3000r/kW h表示每消耗1kW h的电能，电能表转盘的转数3000r，电暖气独正常工作30min消耗的电能：W＝Pt＝0.88kW×0.5h＝0.44kW h，
电能表转盘转过的转数：n＝3000r/kW h×0.44kW h＝1320r．
【分析】根据电压和电流的乘积计算电功率；根据电功率和电压的比值， 计算电流；根据电功率和时间的乘积计算消耗的电能，结合电能表转数规格，计算实际转数。
14．（2024九下·肇庆开学考）图甲所示，电源电压不变，R0为定值电阻闭合开关S，滑片P从b点向左移动过程中，两个电压表示数与电流表示数的关系图象如图乙所示，则电源电压为 V，R0为 Ω，当电流为1A时，滑动变阻器的功率为 W.
【答案】6；2；4
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算
【解析】【解答】 保护开关，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表V1测量定值电阻两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器两端的电压。滑片P从b点向左移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值逐渐变小，根据串联分压特点可知，滑动变阻器两端的电压逐渐变小，电源电压不变，根据串联电路的电压特点可知定值电阻两端的电压逐渐变大，故图乙中下方直线为V1示数与电流表示数的关系图象，上方直线为V2示数与电流表示数的关系图象。
根据串联电路的电压特点可知电源电压U=U1+U2=1V+5V=6V；
根据欧姆定律可知
当电流为1A时，定值电阻两端的电压U1'=I'R0=1A×2Ω=2V，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压U2'=U-U1'=6V-2V=4V，滑动变阻器的功率P=U2'I'=4V×1A=4W。
故答案为：6；2；4。
【分析】保护开关，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表V1测量定值电阻两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器两端的电压。滑片P从b点向左移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值逐渐变小，根据串联分压特点可知，滑动变阻器两端的电压逐渐变小，电源电压不变，根据串联电路的电压特点可知定值电阻两端的电压逐渐变大，故图乙中下方直线为V1示数与电流表示数的关系图象，上方直线为V2示数与电流表示数的关系图象。
根据串联电路的电压特点可知电源电压，根据欧姆定律可知R0的阻值；
当电流为1A时，根据欧姆定律得出定值电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压，根据P=UI得出滑动变阻器的功率。
三、作图题（共7分）
15．（2024九下·肇庆开学考）
（1）图甲是小明用力F将倒在路边的垃圾桶扶起来的示意图，图乙是其简化图，此过程垃圾桶看作是一个以A 点为支点的杠杆.请在图乙画出垃圾桶所受到的重力G（O点为重心）和力F 的力臂L.
（2）如图所示，光源S 发出的一些光经平面镜反射后进入人的眼睛.请在图 中标出光源S在平面镜中的像S'，并画出眼睛看到像S'的完整光路图.
（3）如图所示，图中已画出永磁体与通电螺线管之间的磁感线分布情况中的一条.请标出：①该磁感线的方向：②电源右侧的极性（在括号中用“+”或“-”表示）.
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】平面镜成像的相关作图；重力示意图；力臂的画法；通电螺线管的磁场；安培定则
【解析】【解答】 （1）重力的方向是竖直向下的，从垃圾桶的重心画一条竖直向下的带箭头的有向线段，用G表示，即为其所受重力的示意图：
反向延长拉力F的作用线，从支点A作拉力F作用线的垂线段，即为拉力F的力臂l，如图所示：
（2） 先作出光源S关于平面镜的对称点S'，即为点光源S在平面镜中的像，连接S'、眼睛的位置A，与镜面交于O点，即为入射点（反射点），连接SO得到入射光线，连接OA为反射光线，如图所示：
（3） 由图可知，永磁体的右端为S极，在磁体外部，磁感线是从磁体的N极出来，回到磁体的S极的，所以螺线管的左端为N极，右端为S极，根据安培定则可知，电流从螺线管右侧流入，左侧流出，所以电源的右端为正极，如图所示：
【分析】 （1）先确定重力作用点，然后从力作用点表示重力的方向（即竖直向下）。已知支点和动力的方向，从支点作动力作用线的垂线段（即力臂）。
（2）根据平面镜成像的特点知，反射光线好像是由像点发出的，由物与像关于镜面对称，作出像点后，连接像点与眼睛，与镜面的交点为入射点，再完成光路。
（3）磁感线是从磁体的N极出来，回到磁体的S极的；根据螺线管的极性，利用安培定则判定螺线管中电流的方向，从而标出正负极。
四、实验题（共3小题，第16题6分，第17题7分，第18题7分，共20分）
16．（2024九下·肇庆开学考）
（1）小明想测量无锡地铁的运行速度，他测得地铁从堰桥站出发到达锡北运河站时间为2min，在手机中用某地图软件截取了一段地图（如图所示），用刻度尺测得地图上两站间的距离为 cm，若地图上1cm等于实际1km，则地铁在两站之间的平均速度为 km/h.
（2）称量物体质量前，把天平放在水平桌面上，游码归零后，指针如图甲所示，此时应将 向 适当调节，使天平横梁水平平衡.
①调节好天平后将空铝桶放置在天平左盘中，在天平右盘中加入砝码，并移动游码.天平再次平衡时天平所加砝码的质量及游码的位置如图乙所示，空铝桶的质量为 g
②砝码盒里盛有100 g、50g、20g、10g、5g砝码各一个.为了测量90g的水，接下来的操作是 ，向铝桶中加水，直至天平再次平衡.
【答案】（1）2.00；60
（2）平衡螺母；左；23.6；从右盘中取下20 g的砝码，再将100 g和10 g的砝码放入右盘中，游码位置不动
【知识点】质量的测量与天平的使用；长度及其测量；刻度尺的使用；速度公式及其应用
【解析】【解答】 （1）由图知，刻度尺分度值为0.1cm，所以地图上两站间的距离为2.00cm；
由题知，地图上1cm等于实际1km，所以两站间实际距离为2km，
则地铁在两站之间的平均速度：
（2）把天平放在水平桌面上，游码归零后，指针如图2甲所示偏右侧，此时应将平衡螺母向左侧适当调节，使天平横梁水平平衡。
①天平再次平衡时，所加砝码和游码的位置如图甲所示，标尺的分度值为0.2g，则铝桶的质量为：20g+3g+0.6g=23.6g。
②根据砝码盒里剩有的砝码结合标尺的最刻度，为了称量90g的水，即桶和水的总质量要增大90g，从右盘中取下20g的砝码，再将100g和10g的砝码放入砝码盘中，游码位置不动，向铝桶中加水，直至天平再次平衡。
故答案为：（1）2.00；60；
【分析】 （1）由图读出两站间的距离，注意长度测量要估读到分度值的下一位；
根据地图上1cm等于实际1km可得两站间实际距离，由平均速度公式计算地铁在两站之间的平均速度；
（2）天平使用前把天平放在水平桌面上，游码归零后，将平衡螺母向较高一侧调节，使天平横梁水平平衡。
①天平再次平衡时，物体的质量等于砝码的质量加上游码所指示的刻度；
②根据砝码盒里剩有的砝码结合标尺的最刻度分析回答。
17．（2024九下·肇庆开学考）在“比较不同物质吸热升温的情况”实验中，小明采用了如图所示的实验装置。
（1）实验中，应控制烧瓶中水和煤油的 和 相等；
（2）在选取电阻丝时，电阻丝甲和电阻丝乙的阻值要 （选填“相同”或“不同”）；
（3）准备就绪后，闭合开关，记录的实验数据如下表：分析表中数据可知，加热3min，水吸收的热量 （选填“大于”、“小于”或“等于”）煤油吸收的热量， （选填“水”或“煤油”）的吸热能力更强。根据此性质，请写出一个水或煤油在生活中的应用： 。
（4）实验结束后，小明整理器材时发现，烧瓶内的电阻丝很热，而与之相连的导线却不太热，请运用所学的物理知识对此现象做出解释： 。
【答案】（1）初温；质量
（2）相同
（3）等于；水；水做汽车发动机冷却液
（4）烧瓶内的电阻丝与导线串联在一起，通过它们的电流相等，而电阻丝的电阻远远大于导线的电阻，由焦耳定律Q=I2R可知，相同时间内，电阻丝产生的热量较多，所以烧瓶内的电阻丝很热，而与之相连的导线却不太热
【知识点】比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】 （1）实验时要采用控制变量法，只改变物质的种类，采用相同热源进行加热，所以应控制水和煤油的初温和质量相同，比较它们吸收相同的热量时温度的变化来反映它们的吸热本领；
（2）实验要求采用相同热源进行加热，由焦耳定律Q=I2Rt可知，两烧瓶中的电热丝的阻值要相同，使电阻丝在相同时间内产生的热量相同；
（3）因为是使用相同的热源，相同的时间释放的热量相同，所以加热3min，水吸收的热量等于煤油吸收的热量。
由表中数据可知，吸收相同的热量，水的温度变化较小，所以水的吸热能力更强；根据此性质，生活中常用水做汽车发动机的冷却液，冬天供暖时用水作循环液。
（4）烧瓶内的电阻丝与导线串联在一起，通过它们的电流相等，而电阻丝的电阻远远大于导线的电阻，由焦耳定律Q=I2Rt可知，相同时间内，电阻丝产生的热量较多，所以烧瓶内的电阻丝很热，而与之相连的导线却不太热。
故答案为：（1）质量；初温；（2）相同；（3）等于；水；水做汽车发动机冷却液；（4）烧瓶内的电阻丝与导线串联在一起，通过它们的电流相等，而电阻丝的电阻远远大于导线的电阻，由焦耳定律Q=I2Rt可知，相同时间内，电阻丝产生的热量较多，所以烧瓶内的电阻丝很热，而与之相连的导线却不太热。
【分析】（1）（2）用相同的电阻丝加热，在相等时间内煤油和水吸收的热量相等，加热时间越长，液体吸收的热量越多，可以根据加热时间的长短比较液体吸收热量的多少。
（3）质量相同的不同物质吸收相同的热量，比热容的大小与温度的变化成反比，由此进行判断；
（4）结合焦耳定律Q=I2Rt分析解答。
18．（2024九下·肇庆开学考）小明在“测量小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，实验器材如图甲所示，其中电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V.
（1）用笔画线代替导线，将题18图甲所示的实物电路连接完整 .
（2）实验过程中，滑动变阻器阻值不能为零，原因是 。
（3）调节滑动变阻器过程中，发现电压表的示数如图乙所示，其读数 V：如果要测量小灯泡正常发光时的电阻，应将滑片向 （选填“左”或“右”）端移动.
（4）小明绘制的I-U图象如图丙所示，则小灯泡正常发光时的电阻为 Ω.
（5）小明发现用此电路测量阻值较大的电阻R时，发现电流表偏转很小，测量不准确，老师告诉他：电压表相当于能显示自身两端电压的定值电阻，且阻值较大.于是他设计了图丁所示电路测量电阻R的阻值，电源电压恒为3V，定值电阻R0为600Ω.闭合开关S，并进行了如下操作：
①S1接1时，记录电压表示数为2V；
②S1接2时，记录电压表示数为1.8V；
③计算待测电阻R= Ω.
【答案】（1）
（2）滑动变阻器是用来调节灯泡两端的电压的，如果阻值为0，小灯泡两端的电压将超过额定电压，小灯泡可能会被烧坏
（3）2.2；左
（4）10
（5）8
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】 （1）小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端，如下图所示：
（2）电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V；若滑动变阻器阻值为零，此时电路为只有灯泡的简单电路，灯泡两端电压为6V，远高于灯泡额定电压，灯泡将会被烧毁，故实验过程中，滑动变阻器阻值不能为零；
（3）由图甲可知，电压表选用小量程；调节滑动变阻器过程中，发现电压表的示数如图乙所示，电压表分度值0.1V，其示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，如果要测量小灯泡正常发光时的电阻，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑片向左端移动；
（4）由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，则小灯泡正常发光时的电阻为：
（5）电源电压恒为3V，S1接1时，定值电阻R0与电压表串联，电压表示数为2V，由串联电路电压的规律，定值电阻的电压为：U0=3V-2V=1V，由分压原理，电压表内阻为：
S闭合，S1接2时，待测电阻与电压表串联，电压表示数为1.8V；由串联电路电压的规律，待测电阻的电压为：UR=3V-1.8V=1.2V，由分压原理，
故答案为：（1）见解答图；（2）防止灯泡被烧毁；（3）2.2；左；（4）10；（5）800。
【分析】 （1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；
（2）分析电路连接，比较电源电压与灯泡额定电压大小进行回答；
（3）根据图甲确定电压表量程，图乙确定分度值读数，比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
（4）根据图丙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用求出小灯泡正常发光时的电阻；
（5）分析开关转换时电路连接，由串联电路电压的规律求出定值电阻与电压表串联时定值电阻的电压，由分压原理得出电压表内阻；
由待测电阻与电压表串联和电压表示数，根据串联电路电压的规律求出定值电阻的电压，由分压原理求出R的阻值。
五、计算题（本大题2小题，共13分）
19．（2024九下·肇庆开学考）某款消防车，某次执行任务时，车的总质量为1.5×104kg，以恒定功率在水平公路上匀速直线行驶了1200m，所用时间为1min，所受阻力为消防车重力的0.1倍，车轮与地面的总接触面积为0.5m2.求：（g=10N/kg）
（1）消防车匀速直线行驶时的牵引力；
（2）消防车静止时对地面的压强
（3）消防车恒定功率.
【答案】（1）解： 消防车的重力：G= mg=1.5 × 104kg × 10N/kg=1.5× 105N
由题意可知，消防车受到的阻力：f= 0.1G = 0.1× 1.5 × 105N =1.5 × 104N
因为消防车做匀速直线运动，所以，由二力平衡条件可知，
消防车匀速直线行驶时的牵引力：F牵= f = 1.5 × 104N
答：消防车匀速直线行驶时的牵引力为1.5 × 104；
（2）解： 消防车静止时对水平地面的压：F=G=1.5× 105N
消防车静止时对地面的压强：
答：消防车静止时对地面的压强为3 × 105Pa；
（3）解： 牵引力做的功：W = F牵s = 1.5 × 104N × 1200m = 1.8× 107J
消防车恒定功率：
答：消防车恒定功率为3 × 105W.
【知识点】功率的计算；功率计算公式的应用；二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算
【解析】【分析】（1）根据G=mg求消防车的重力，根据所受阻力为消防车重力的0.1倍求出消防车受到的阻力，根据二力平衡条件求出消防车匀速直线行驶时的牵引力；
（2）消防车静止时对水平地面的压力大小等于消防车的重力，根据求消防车静止时对地面的压强；
（3）利用W=Fs求牵引力做的功，利用求消防车恒定功率。
20．（2024九下·肇庆开学考）甲是某电热水壶的简化电路，R1与R2为电阻丝，S为手动开关，S1为温控开关，S、S1均闭合时，电热水壶处于加热状态，当温度达到设定温度时，S1自动断开处于保温状态，电热水壶某次工作时功率随时间变化如乙图所示.求：
（1）S、S1均闭合时，干路电流：
（2）0~10 min R1消耗的电能：
（3）R2的阻值.
【答案】（1）解： S、S1均闭合时，电路处于加热状态，
由图乙可知：加热状态时，电路的功率P加热=880W
故干路电流：
答：S、S1均闭合时，干路电流是4A；
（2）解： 只有S闭合时，R1单独工作，电路处于保温状态，
由图乙可知：保温状态时，电路的功率P保=80W
0~10min，R1的功率保持80W不变
R1消耗的电能：W1=P保t=80W × 10×60s=48000J
答：0 ~ 10 min R1消耗的电能是48000J；
（3）解： R2工作功率为： P2=P加热-P保=880W-80W=800 W
R2的阻值：
答：R2的阻值是60.5Ω.
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功计算公式的应用；电功率与电压、电流的关系
【解析】【分析】 （1）根据计算干路电流。
（2）从图示可看出，前4min时S、S1均闭合，属于加热时间，后6minS1自动断开，属于保温时间，先算出R2来，再把加热和保温挡时消耗的电能加起来就行。
（3）先算出P2，再根据计算电阻。
六、综合能力题（本大题3小题，共18分）
21．（2024九下·肇庆开学考）小明想了解家里不同品牌的保温杯的保温效果哪个好，他往甲、乙两个外形相同，容量均为400mL的保温杯中倒满开水，盖好盖子，静置于恒温室内，每隔2h通过杯盖电子温度显示器记录水温随时间变化的图象如图所示.[c水=4.2×103J/（kg·C）]
（1）小明在实验中 （选填“有”或“没有”）控制两杯水的质量相等.
（2）保温效果较好的是 杯，当t=14h，甲杯水的温度为 ℃.
（3）当t=2h，内能较大的是 杯的水，乙杯的水0~8h放出热量为 J.
（4）夏天，利用保温杯延长冰镇可乐的冰爽时间是 （选填“可行”或“不可行”）的.
【答案】（1）有
（2）甲；20
（3）甲；1.344×105
（4）可行
【知识点】控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】 （1）400ML的保温杯中倒满水，说明水的质量，初温相同。
计算水的质量G水=mg=400cm3×1.0g/cm3=400g
（2）甲杯中的水经过12小时降到20℃，乙杯中的水经过大约7小时就降到20℃。说明甲杯保温效果好。
从乙杯大约在7小时20℃，8小时也是20℃，乙杯中的水温下降到20℃时不再下降了，说明室温就是20℃
那么甲杯在12小时时水温20℃，那么甲杯在14小时的水温仍然为20℃，不会再降了。
（3）当t=2h，内能从图中曲线看，甲杯中的水温明显高于乙杯，由于质量是相同的水，故内能较大的是甲杯的水。乙杯8h放出的热量Q放=CmΔt=4.2×103J/（kg ℃）×0.4kg×80℃=1.344×105J
（4）保温杯可以保热，也可保冷。
故答案为：（1）有，（2）甲，20 （3）甲，1.344×105J（4）可行
【分析】 实验中首先采用控制变量法，400ML水的质量相同，初温相同，然后探讨随着时间的延长，保温杯中的水温缓慢下降，但本实验隐含了一个条件，就是当保温杯中的水温降到与室温相同时，保温杯中的水就不会向外放出热量，水温也不会再下降了。
内能与水的质量温度都有关系。
22．（2024九下·肇庆开学考）如图甲是我国古人运送巨木的劳动情境图，他们通过横杆、支架、石块等将巨木的一端抬起，垫上圆木，以便将其移到其它地方.
（1）如图甲，架在支架上的横杆属于 （选填“省力”或“费力”）杠杆.
（2）支架下垫底面积较大石块的目的是 ，巨木下面垫上圆木的目的是 。
（3）若巨木可视为质地均匀的圆柱体，质量为2.4×103kg，长度为4m；横杆长度为3.5m，质量和粗细忽略不计.简化图如图乙所示，O是横杆与支架的接触点，AO长为0.5m.使巨木一端刚好离开地面时，人对横杆的总压力至少约为 N.
（4）如果他们人手不足，无法将巨木抬起，请你提出一个有可能抬起巨木的方案，并简述其中的物理学原理： 。
【答案】（1）省力
（2）减小压强；减小摩擦力
（3）2000
（4）把支架向左移（减小0.4的长度），减少阻力臂（增大动力臂）
【知识点】增大或减小摩擦的方法；增大压强的方法及其应用；减小压强的方法及其应用；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【解答】 （1）由图可知，横杆在使用的过程中，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；
（2）支架下面垫有面积较大的石块，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小对地面的压强；
在木箱下垫上圆木，是通过变滑动为滚动的方法来减小摩擦力；
（3）抬起巨木时，拴在巨木最右端的绳子中的拉力为动力，巨木的重力为阻力，且两个力都是沿竖直方向，重心在巨木中间位置，而绳子在最右端，
因此动力臂L1：阻力臂L2=2：1，
圆柱体的重力：G=mg=2.4×103kg×10N/kg=2.4×104N，
由杠杆平衡条件F1L1=GL2变形得：
如图，横杆长度为3.5m，AO长为0.5m，则OB=3.5m-0.5m=3m，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，F1×OA=F×OB，
则人对横杆的总压力
（4）在借助省力杠杆把巨木抬起时，可以将支架更靠近巨木，从而缩短阻力臂、增大动力臂，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力一定的情况下，可以省力，从而可以抬起更重的巨木。
故答案为：（1）省力；（2）减小压强；减小摩擦力；（3）2×103；（4）将支架更靠近巨木；将支架更靠近巨木，缩短了阻力臂、增大了动力臂，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力一定的情况下，可以省力。
【分析】（1）杠杆根据省力情况可以分为三类：省力杠杆、费力杠杆和等臂杠杆，动力臂大于阻力臂的杠杆是省力杠杆；
（2）压强的大小与压力和受力面积有关，在压力一定时，增大受力面积可以减小压强；
减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦；
（3）先利用G=mg求出圆柱体的重力，根据杠杆平衡条件先计算巨木对横杆的拉力，再通过杠杆平衡条件计算人对横杆的总压力；
（4）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力一定的情况下，增大动力臂，缩小阻力臂，可以省力。
23．（2024九下·肇庆开学考）图是“风光互补路灯”系统，可利用风力和太阳能发电，并将电能输送至蓄电池储存起来供路灯晚间照明使用.蓄电池使用过程中，充电至90%时停止充电，放电余留20%时停止电能输出。下表为某型号风光互补路灯系统配置的相关参数，当风速在5-12m/s时，风力发电机输出功率与风速的三次方成正比.
风力发电机 太阳能电池组件
最小启动凤风速 1m/s 太阳能电池功率 0～200W
最小充电风速 3m/s 太阳能转换效率 15%
最大限制风速 12m/s 蓄电池 400Ah-12V
最大输出功率 400W LED路灯 80W-12V
（1）太阳能是 （选填“可”或“不可”）再生能源，有阳光时，太阳能电池板把太阳能转化为 能，
（2）风力发电机给蓄电池充电时，蓄电池相当于电路的 （选填“电源”或“用电器”）.
（3）蓄电池充电至90%时储存的电能可供LED路灯工作 h。
（4）若太阳能电池板的总面积为5m2，在某时间段光照1h，太阳能电池板平均发电功率为180W，则1m2 的太阳能电池板1h所接收太阳辐射的能量为 J.
（5）当风速为6m/s时，风力发电机的输出功率是 W.持续光照10h，蓄电池的电量也只由20%充到了70%，则太阳能电池板发电的平均功率 W.
【答案】（1）可；电
（2）用电器
（3）42
（4）8.64×105
（5）50；190
【知识点】能源及其分类；太阳能的相关计算；电路的构成及电路图
【解析】【解答】 （1）太阳能可以在自然界里源源不断的得到补充，所以太阳能是可再生能源；
有阳光时，太阳能电池板把太阳能转化为电能；
（2）风力发电机给蓄电池充电时，蓄电池消耗电能，把电能转化为化学能储存起来，所以蓄电池相当于电路的用电器；
（3）由题知，充电至90%左右即停止充电，蓄电池的供电容量：W=UIt×90%=12V×400A×1×3600s×90%=1.5552×107J，
由可知，可供灯具正常发光时间为：
（4）因为5m2的电池板最大发电功率为180W，所以每平方米电池板的最大发电功率为：，
又因为太阳能的转换效率为15%，所以每平方米电池板接受到的太阳辐射功率为：
根据可得，1m2的太阳能电池板1h所接收太阳辐射的能量为：W=P2t'=240W×3600s=8.64×105J；
（5）蓄电池的电量从20%充到70%的过程中得到的电荷量为：ΔQ=Qm×（70%-20%）=400A h×50%=200A h，
由题知，当风速在5～12m/s时，风力发电机输出功率与风速的三次方成正比，
则其中风力发电机的功率为：
由P=UI可知，此时风力发电机的输出电流为：，
由可知，风力发电机10h内为蓄电池提供的电荷量为：
，
因此太阳能电池板10h内为蓄电池提供的电荷量为：，
解得：P3=190W。
故答案为：（1）可；电；（2）用电器；（3）54；（4）8.64×105；（5）50；190。
设此过程中太阳能电池板发电的平均功率为P3，则有：，即
【分析】（1）不可能在短期内从自然界得到补充的属于不可再生能源；可以在自然界里源源不断的得到补充的属于可再生能源；太阳能电池板把太阳能转化为电能；
（2）电路中消耗电能的是用电器，提供电能的是电源；
（3）由题意计算蓄电池供电容量，已知蓄电池的容量和灯泡的功率，利用计算时间；
（4）先计算太阳能电池板在1m2范围内的最大发电功率，再结合太阳能转换效率计算1m2范围内太阳能电池板接受太阳辐射的最大功率；利用可计算出1m2的太阳能电池板1h所接收太阳辐射的能量；
（5）求出蓄电池的电量从20%充到70%的过程中得到的电荷量；由题知，当风速在5～12m/s时，风力发电机输出功率与风速的三次方成正比，求出当风速为6m/s时风力发电机的功率，
由功率表达式P=UI可得此时风力发电机的输出电流，求出风力发电机10h内为蓄电池提供的电荷量，因此可求出太阳能电池板10h内为蓄电池提供的电荷量；
设此过程中太阳能电池板发电的平均功率为P3，则有：，即可解得P3
1 / 1
