广西壮族自治区柳州市壶西实验中学2023-2024学年九年级下学期开学物理试题
一、选择题（第1-13题为单选题，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每题2分；第14-16题为多选题，每题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。共35分）
1．（2023·兴安盟中考）下列物理学家中，其姓名被命名为“力”的单位的是
A．帕斯卡 B．瓦特 C．牛顿 D．焦耳
【答案】C
【知识点】力的概念及单位
【解析】【解答】在物理学中，力的单位是牛顿，故C正确，而A、B、D不合题意。
故选C。
【分析】根据常见物理量的单位的知识判断。
2．（2023·兴安盟中考）某同学坐在行驶的汽车中，看到路边的树木、房屋、路灯都向后运动，他选择的参照物是
A．乘坐的汽车 B．树木 C．房屋 D．路灯
【答案】A
【知识点】参照物及其选择
【解析】【解答】某同学坐在行驶的汽车中，看到路边的树木、房屋、路灯都向后运动，即树木相对参照物的位置改变。因为树木等相对乘坐的汽车的位置不断改变，所以它选择的参照物是乘坐的汽车，故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
【分析】如果物体是运动的，那么它相对参照物的位置发生改变；否则，它相对参照物的位置不变。
3．（2023·兴安盟中考）下列诗句或俗语中蕴含的声学知识正确的是
A．“柴门闻犬吠，风雪夜归人”说明声音可以传递能量
B．“闻其声而知其人”主要是根据音色进行判别的
C．“响鼓也要重锤敲”说明物体振动频率越高，响度越大
D．“不敢高声语，恐惊天上人”中的“高声”指的是声音的音调高
【答案】B
【知识点】音调及音调与频率的关系；响度及响度与振幅的关系；音色；声与信息
【解析】【解答】A.“柴门闻犬吠，风雪夜归人”说明声音可以传递信息，故A错误；
B.“闻其声而知其人”主要是根据音色进行判别的，故B正确；
C.“响鼓也要重锤敲”说明物体振幅越大，响度越大，故C错误；
D.“不敢高声语，恐惊天上人”中的“高声”指的是声音的响度大，故D错误。
故选B。
【分析】A.声音利用的两个方面：①声音传递信息；②声音传递能量；
B.声音的特点叫音色；
C.响度与振幅大小有关；
D.声音的大小叫响度，声音的高低叫音调。
4．（2023·兴安盟中考）下列物态变化中属于凝华现象的是
A．冰雪消融
B．露珠晶莹
C．白雾弥漫
D．霜满枝头
【答案】D
【知识点】凝华及凝华放热
【解析】【解答】A.冰雪消融，即从固态变成液态发生熔化现象，故A不合题意；
B.露珠晶莹，即水蒸气从气态变成液态发生液化现象，故B不合题意；
C.白雾弥漫，即水蒸气从气态变成液态发生液化现象，故C不合题意；
D.霜满枝头，即水蒸气从气态直接变成固态发生凝华现象，故D符合题意。
故选D。
【分析】根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称。
5．（2022·邵阳）湿地被称为“地球之肾”，能调节空气的湿度和温度，其中能调节温度主要是因为水的（ ）
A．比热容大 B．密度大 C．流动性大 D．热值大
【答案】A
【知识点】比热容；燃料的热值
【解析】【解答】由公式的变形式可知，质量相同的不同物质，当吸收或放出相同热量时，比热容较大的物质温度变化较小，因此，比热容大的物质对调节温度有很好的作用。湿地中含有大量的水，而水的比热容较大，因此湿地能调节温度主要是因为水的比热容大；
故答案为：A。
【分析】水的比热容较大，吸热能力大。
6．（2023·兴安盟中考）盛夏时节，百花绽放。四溢的花香引来了蜜蜂吸食花蜜，表明
A．分子间有斥力 B．分子间有间隙
C．分子间有引力 D．分子是运动的
【答案】D
【知识点】分子热运动
【解析】【解答】盛夏时节，百花绽放。四溢的花香引来了蜜蜂吸食花蜜，表明花香分子在空气中不停的做无规则运动，故D正确，而A、B、C错误。
故选D。
【分析】根据分子运动的知识分析判断。
7．（2023·兴安盟中考）“安全用电，珍爱生命”是每个公民应有的意识，下列遵守安全用电原则的是
A．在输电线上晾衣服 B．发现有人触电立即切断电源
C．用湿抹布擦拭正在发光的电灯 D．使用绝缘皮破损的手机充电线
【答案】B
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】A.在输电线上晾衣服，如果电线外皮破损则会造成触电事故，故A错误；
B.发现有人触电立即切断电源，然后再进行施救，故B正确；
C.用湿抹布擦拭正在发光的电灯，可能造成触电事故，故C错误；
D.使用绝缘皮破损的手机充电线，也可能发生触电事故，故D错误。
故选B。
【分析】根据安全用电的常识判断即可。
8．（2024九下·柳州开学考）社会的发展离不开能源、信息和材料。下列说法中错误的是（ ）
A．风能、水能、太阳能是可再生能源
B．手机芯片采用超导体制成
C．太阳能来源于太阳内部氢核的聚变
D．“北斗”卫星导航系统是靠电磁波传递信息
【答案】B
【知识点】能源及其分类；核聚变；核裂变；半导体特点及作用；电磁波的传播；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 A、风能、水能、太阳能可以在自然界里短期内源源不断地得到补充，它们属于可再生能源，故A正确；
B、手机芯片的主要材料是半导体，不是超导体材料制成的，故B错误；
C、太阳能来源于太阳内部氢核的聚变，故C正确；
D、“北斗”卫星导航系统是靠电磁波传递信息，故D正确。
故选：B
【分析】（1）能够短期内从自然界中得到补充的一次能源叫可再生能源。
（2）手机芯片是由半导体材料制成的。
（3）太阳能来源于太阳内部氢核的聚变。
（4）电磁波可以传递信息。
9．（2024九下·柳州开学考）在“探究凸透镜成像的规律”实验中，某学习小组用如图甲所示的方法测量凸透镜的焦距；正确安装并调节实验装置后，在光屏上得到一个清晰的像，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．由图甲可知，该凸透镜的焦距是40.0cm
B．照相机成像特点与图乙中烛焰的成像特点相同
C．图乙中的烛焰向远离凸透镜方向移动，所成的像逐渐变小
D．图乙中若用黑纸片将凸透镜遮挡一半，光屏上成半个烛焰的像
【答案】C
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】 A、平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将会聚于一点，这点即为此透镜的焦点，从焦点到透镜光心的距离即为焦距，则透镜的焦距为40.0cm-30.0cm=10.0cm，故A错误；
B、图乙中，物距u=15.0cm，像距v=30.0cm，物距小于像距，由凸透镜成像规律可知，图乙中烛焰成的是倒立放大的实像，这个原理制成了投影仪，与照相机不同，故B错误；
C、图乙中的烛焰向远离凸透镜方向移动，物距变大，像距变小，像变小，故C正确；
D、用黑纸片将凸透镜遮挡一半，透镜的上半部分仍能会聚烛焰发出的光线，成烛焰完整的像，只是像比原来变暗，故D错误；
故选：C。
【分析】（1）凸透镜的焦距是使平行于主光轴的光会聚的点到光心的距离；
（2）物距处于f和2f之间，凸透镜成倒立放大的实像；物距大于2f，凸透镜成倒立缩小的实像；
（3）凸透镜成像时，物距增大像距减小像减小。
（4）凸透镜成实像是因为物体发出的光线经过凸透镜后会聚到像点，若遮住凸透镜的一部分，则凸透镜其它部分仍然能够会聚光线，所以仍能成完整的像，只是照射到像上的光线数量减少，像比原来变暗。
10．（2024九下·柳州开学考）如图所示，取完全相同的均匀实心长方体1块、2块、3块分别竖放、平放、竖放在水平地面上，它们对地面的压强分别为pa、pb和pc，则（ ）
A．pa＝pc＞pb B．pa＝pb＜pc C．pa＞pb＞pc D．pa＜pb＜pc
【答案】A
【知识点】压强大小比较
【解析】【解答】 设长方体物体的长、宽、高分别为a、b、h，
则1块长方体竖放时对水平地面的压强：
2块长方体平放时对水平地面的压强：
3块长方体竖放时对水平地面的压强：
由题和图可知，a＞b＞h，且
所以，它们对地面的压强关系为：pa=pc＞pb。
故选：A。
【分析】（1）物体放在水平地面上时，对地面的压力等于其自身的重力；
（2）根据压强公式，结合在不同情况下受力面积的大小，从而确定压强的大小。
11．（2024九下·柳州开学考）科学研究是以实验为基础的，下列有关实验的说法中正确的是（ ）
A．甲图：托里拆利实验测出了大气压强的数值
B．乙图：此实验能反映电动机的工作原理
C．丙图：两个紧压在一起的铅柱没有被重物拉开，说明分子之间存在斥力
D．丁图：此实验能直接验证牛顿第一定律
【答案】A
【知识点】牛顿第一定律；大气压强的测量方法；直流电动机的构造原理与工作过程；分子间相互作用力
【解析】【解答】 A、托里拆利实验测出了大气压强的数值，故A正确；
B、此实验是探究电磁感应现象的实验，是发电机的工作原理，故B错误；
C、图中实验探究了构成固体的分子之间存在相互作用的引力，故C错误；
D、牛顿在总结伽利略等科学家研究成果的基础上，通过科学的推理总结出了牛顿第一定律，故D错误。
故选：A。
【分析】 （1）托里拆利实验第一次测出了大气压强的数值；
（2）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流；
（3）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（4）牛顿总结出了牛顿第一定律。
12．（2024九下·柳州开学考）如图所示为电阻R1和R2的I﹣U图象，由图象可知（ ）
A．R1与R2两端的电压为0时，它们的电阻也为0
B．R1与R2的电阻之比为2：1
C．将R1与R2串联接入电路，通电后R1与R2两端的电压之比为1：2
D．将R1与R2并联接入电路，通电后通过R1与R2的电流之比为1：2
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】 A、电阻是导体阻碍电流的性质，其大小与导体的材料、长度，横截面积以及导体的温度有关，与电压、电流大小无关，故A错误；
BC、将R1与R2串联接入电路，电流相等，由I-U图象得出：当通过两电阻的电流相等时.I=0.3A时，U2=2U1，R1与R2两端的电压之比为1：2，由的变形式可知，R2=2R1，
R1：R2=1：2，故B错误，C正确；
D、这两个电阻并联后接在3V电源上时，U1=U2=U=3V，
由图象可知，I1=0.6A，I2=0.3A，通电后通过R1与R2的电流之比为0.6A：0.3A=2：1，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）电阻是导体阻碍电流的性质，其大小与导体的材料、长度，横截面积以及导体的温度有关，与电压、电流大小无关；
（2）串联电流相等，在I-U图象中，横轴表示电压，纵轴表示电流，找出相同电流的对应的电压值，根据欧姆定律比较两电阻的大小；
（3）两电阻并联时两端的电压相等，利用并联电路的电流特点求出干路电流。
13．（2023·兴安盟中考）如图所示，工人用滑轮组将重为的货物内匀速提升，拉力为。忽略绳重及摩擦，下列说法正确的是
A．绳子自由端移动的速度是
B．该滑轮组的机械效率为
C．拉力做功的功率是
D．该滑轮组的动滑轮重为
【答案】D
【知识点】功率的计算；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A.根据题意可知，货物上升的速度为：；
由图可知，滑轮组承担重力的绳子段数n=2，
绳子自由端移动的速度为：v′=nv=2×0.6m/s=1.2m/s；
故A错误；
B.拉力所做的总功：W总=Fs=150N×2×6m=1800J，
拉力所做的有用功：W有=Gh=200N×6m=1200J；
滑轮组的机械效率：，
故B错误；
C.拉力的功率：，
故C错误；
D.根据得到：；
解得：G动=100N。
故D正确。
故选D。
【分析】A.根据速度公式得出货物上升的速度，根据图片确定滑轮组绳承担重力的绳子段数n。根据v′=nv得出绳子自由端移动的速度；
B.根据W总=Fs=F×nh得出拉力所做的总功，根据W有=Gh得出拉力所做的有用功；根据机械效率公式得出滑轮组的机械效率；
C.根据功率公式得出拉力的功率；
D.不计绳重和摩擦，根据计算动滑轮的重。
14．（2024九下·柳州开学考）如图所示，下列有关长度的测量正确的是（ ）
A．测铜丝直径 B．测乒乓球直径
C．测硬币直径 D．测木块长度
【答案】A,C
【知识点】长度及其测量；刻度尺的使用
【解析】【解答】 A、用累积法测铜丝直径，能够减小误差，故A正确；
B、乒乓球的下端没有对齐0刻线，故B错误；
C、利用三角尺测量硬币的直径，两个三角尺与刻度尺的刻度线对齐，两刻度差就是硬币的直径，故C正确；
D、刻度尺边没有对齐被测对象，故D错误。
故选：AC
【分析】 使用刻度尺时要注意：
（1）放：尺边对齐被测对象，必须放正重合，不能歪斜；尺的刻面必须紧贴被测对象。
（2）读：读数时视线要与尺面垂直，估读到分度值的下一位；
（3）记：记录测量结果时要记上数值和单位。
15．（2024九下·柳州开学考）如图所示的“太空圆珠笔”，笔尖里有个球珠，写字时，球珠在纸上滚动，把沾在球珠上的墨水留在纸上，封闭在笔芯中的压缩氮气推动墨水向笔尖流动，就能连续不断写出字来。用“太空圆珠笔”写字的过程中，笔中不变的是（ ）
A．墨水的密度 B．墨水的质量 C．氮气的密度 D．氮气的质量
【答案】A,D
【知识点】密度及其特性
【解析】【解答】 封闭在笔芯中的压缩氮气推动墨水向笔尖流动，就能连续不断写字的时候，墨水的质量变小，氮气的质量不变，墨水的密度不变，氮气的密度变小，故AD正确，BC错误。
故选：AD
【分析】 密度是物质的一种特性，它不随物质的质量或体积的变化而变化；质量是物质的基本属性，它不随物体的状态、位置的改变而改变。
16．（2024九下·柳州开学考）关于动能和重力势能，下列说法中正确的是（ ）
A．汽车加速上坡的过程中，动能增大
B．小孩在滑梯上匀速下滑的过程中，动能减小
C．竖直上抛的石块在上升过程中，动能转化为重力势能
D．跳伞运动员在匀速下降的过程中，重力势能减小
【答案】A,C,D
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】 A．汽车加速上坡的过程中，质量不变，速度增大，动能增大，故A正确；
B．小孩在滑梯上匀速下滑的过程中，质量不变，速度不变，动能不变，故B错误；
C．竖直上抛的石块在上升过程中，质量不变，速度变小，动能变小；高度增加，重力势能增大，动能转化为重力势能，故C正确；
D．跳伞运动员在匀速下降的过程中，质量不变，高度降低，重力势能减小，故D正确。
故选：ACD。
【分析】 动能的大小由质量和速度决定，重力势能的大小由质量和高度决定。
二、填空题（共6小题，每空1分，共12分）
17．（2023·兴安盟中考）如图所示，量筒内水的体积是 ，托盘天平测量烧杯和水的总质量是 g。
【答案】60；27
【知识点】质量的测量与天平的使用；密度公式及其应用
【解析】【解答】（1）根据甲图可知，量筒的分度值为2mL，则量筒内水的体积为60mL=60cm3；
（2）天平标尺上的分度值为0.2g，则游码的质量为2g，那么烧杯和水的总质量为：2g+（20g+5g）=27g。
【分析】（1）根据甲图确定量筒的分度值，根据液面位置读出水的体积；
（2）根据乙图确定标尺的分度值，读出游码的质量，再与砝码质量相加得到烧杯和水的总质量。
18．（2024九下·柳州开学考）如图所示，“投壶”是古代的一种投掷游戏。游戏时掷出的箭（用竹、木等制成）由于
可以在空中继续飞行；为了将箭投入壶内，必须控制力的大小和方向，这是因为力的大小和方向都会影响力的 。
【答案】惯性；作用效果
【知识点】力的三要素及力的示意图；惯性及其现象
【解析】【解答】 当掷出箭矢，箭矢原来处于运动状态，当离开手后，由于惯性仍保持原来的运动状态，所以能在空中继续飞行；为了将箭矢投入壶内，必须控制用力的大小和方向，这是因为力的大小和方向都会影响力的作用效果。
故答案为：惯性；作用效果
【分析】 （1）任何物体都具有惯性，惯性即物体保持原来运动状态不变的性质。
（2）力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变。②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。
19．（2024九下·柳州开学考）如图是海波和蜡烛的熔化图像， 图线表示的是蜡烛的熔化曲线，海波在熔化过程中吸热，内能 （填“增加”“减小”或“不变”）。
【答案】乙；增加
【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；温度、热量与内能的关系
【解析】【解答】 由题图像可知，甲图线在熔化时温度保持不变，而乙图线在整个加热过程中温度不断升高，所以甲图线是海波（晶体）的熔化曲线，乙图线是蜡烛（非晶体）的熔化曲线：海波在熔化过程中吸收热量，内能不断增加。
故答案为：乙；增加。
【分析】晶体在熔化的过程中，吸收热内能增加，温度不变；非晶体熔化过程中，吸收热量，温度改变。
20．（2020八下·江津期中）一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示，则0～2s，物体所受的摩擦力是 N，2～4s物体受到的摩擦力是 N。
【答案】2；4
【知识点】二力平衡的条件及其应用；时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】由图像可知0~2s内物体处于静止状态，此时拉力与摩擦力二力平衡为2N。
由图像可知4~6s内物体处于匀速直线运动状态，此时拉力与摩擦力二力平衡为4N，2~4s物体对地面压力不变，接触面粗糙程度不变，因此摩擦力不变为4N。
【分析】静止的物体受到平衡力，二力平衡时力的大小相等；匀速直线运动的物体受到的摩擦力等于拉力；摩擦力的大小和压力、粗糙程度有关。
21．（2022·沈阳）如图所示，完全相同的、两金属片浸入盐水的深度相同，、分别是、表面上两点，则、两点盐水的压强 （选填“大于”、“小于”或“等于”）；闭合开关后，小灯泡发光，通过灯泡灯丝的自由电子定向移动的方向是从 （选填“到”或“到”）。
【答案】大于；d到c
【知识点】液体压强计算公式的应用；电流的方向
【解析】【解答】a与b两点分别位于盐水的不同的位置，a点的深度更深，根据液体压强的计算公式可得，当液体密度相同时，深度越深，压强越大，所以。
闭合开关后，小灯泡发光，电流从电池的正极流出，流入负极，所以电流的流向是从c到d，而自由电子定向移动的方向与电流相反，所以灯泡灯丝的自由电子定向移动的方向是从d到c。
【分析】当液体密度相同时，深度越深，压强越大；电流从电池的正极流出，流入负极。
22．（2024九下·柳州开学考）如图所示是一款3D打印笔的简化电路图，其中R1、R2均为发热电阻，电阻不变。其部分参数如表所示。开关S1闭合，单刀多掷开关S2仅与2接触时，打印笔处于 挡（选填“高温”“中温”或“低温”）；高温挡的额定功率为 W。
额定电压 220V
额定功率 高温挡
中温挡 88 W
低温挡 44W
【答案】高温；176
【知识点】电功率的计算
【解析】【解答】 开关S1闭合，单刀多掷开关S2仅与2接触时，两电阻并联；单刀多掷开关S2仅与3接触时，两电阻串联；开关S1闭合，单刀多掷开关S2仅与1接触时，电路为R1的简单电路，根据并联电阻和串联电阻的规律，开关S1闭合，单刀多掷开关S2仅与2接触时，电路的电阻最小，根据可知，电路的功率最大，打印笔处高温挡；
单刀多掷开关S2仅与3接触时，两电阻串联；电路的电阻最大，电路的功率最小，为低温挡；开关S1闭合，单刀多掷开关S2仅与1接触时为中温挡，，即
根据串联电阻的规律有：，即
解方程组可得出
R1=R2=550Ω；
两电阻并联的电电阻为：
故高温挡的额定功率为：
【分析】 分析开关转换时电路的连接，根据并联电阻和串联电阻的规律和确定不同挡位电路的连接；根据和串联电阻的规律和条件得出R1和R2大小，求出两等值电阻并联的电阻，根据功率公式得出高温挡的额定功率。
三、作图题（共2小题，每题2分，共4分）
23．（2021八上·双辽期末）请画出图中入射光线经过凸透镜后的光线。
【答案】解：如图所示：
【知识点】透镜的光路图
【解析】【解答】平行于凸透镜主光轴的光线经凸透镜折射后将经过焦点，如图所示：
【分析】平行于凸透镜主光轴的光线，折射光线过焦点。
24．（2022·桂林）如图所示，小磁针在条形磁铁的作用下处于静止状态，请标出小磁针的N极和条形磁铁磁感线的方向。
【答案】解：如图所示：
【知识点】磁现象；磁场
【解析】【解答】磁铁外部磁感线从磁铁的N极出发，回到S极，根据磁极间相互作用规律，同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，小磁针左端为N极，如图所示：
【分析】磁体的磁场从北极出来回到南极；根据磁极间的相互作用判断小磁针的指向。
四、实验探究题（共4小题，第25题5分，第26题6分，第27题7分，第28题7分，共25分）
25．（2024九下·柳州开学考）回忆我们平时照镜子的情景，猜一猜，平面镜所成的像与物有什么关系呢？小西和同学们进行了“探究平面镜成像的特点”的实验，实验装置如图所示。
（1）实验时应选择较 （选填“厚”或“薄”）的玻璃板竖立在水平桌面上，选择玻璃板代替平面镜的目的是便于 。
（2）选取两枚完全相同的棋子A和B，是为了比较平面镜所成的像与物的 关系。
（3）将光屏放在棋子B的位置，发现不能直接在光屏上观察到棋子A的像，说明平面镜所成的像是 （选填“实”或“虚”）像。
（4）本实验中，需要的测量工具是 。
【答案】（1）薄；确定像的位置
（2）大小
（3）虚
（4）刻度尺
【知识点】探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】 （1）因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响实验效果，所以应选择较薄的玻璃板；玻璃板是透明的，可以观察到玻璃板的另一侧，便于确定像的位置；
（2）选取两枚完全相同的棋子是为了比较像与物的大小关系；
（3）光屏只能接收实像，不能接收虚像，光屏不能接收到棋子的像，说明平面镜成的像是虚像；
（4）本实验中，用刻度尺测量像与物到平面镜的距离。
故答案为：（1）薄；便于确定像的位置；（2）平面镜所成的像与物的大小关系；（3）虚；（4）刻度尺。
【分析】 （1）利用玻璃板透明的特点，可以观察到玻璃板的另一侧，便于找到像的位置；从厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像这一角度去分析；
（2）实验时用两枚完全相同的棋子A和B，目的是为了比较像与物的大小；
（3）实像和虚像的重要区别是实像能用光屏上承接，虚像不能在光屏上承接；
（4）根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等，故需要用刻度尺测距离。
26．（2024九下·柳州开学考）同学们利用U形管压强计探究液体压强与哪些因素有关。
（1）如图甲所示，从结构上来看，U形管压强计 （选填“是”或“不是”）连通器；在选择U形管压强计时，探头上的橡皮膜应该用 （选填“薄”或“厚”）一些的较好。
（2）把U形管压强计的探头放在液体中，通过观察U形管两边液面的高度差来表示探头处液体压强的大小，这种研究物理问题的方法是 。
（3）通过图乙、图丙所示的两次实验得出：同种液体，同一深度，液体内部向各个方向的压强 ；通过图乙、图丁所示的两次实验得出：在同种液体中，液体压强随着深度的增加而增大，因此拦河大坝要做成 （选填“上窄下宽”或“上宽下窄”）的形状。
（4）小张同学在图丁所示的实验中保持探头位置不变，向容器内加入适量的浓盐水，他发现U形管两边液面的高度差变大了，于是得出“同一深度，液体的密度越大压强越大”的结论。他的结论是不可靠的，原因是 。
【答案】（1）不是；薄
（2）转换法
（3）相等；上窄下宽
（4）没有控制探头深度相同
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】 （1）如图甲所示，从结构上来看，压强计一端封闭，底部连通，不是连通器；
橡皮膜越薄，橡皮膜越容易发生形变，越能反映受到液体压强的变化，所以压强计的金属盒上的橡皮膜应该选用薄一些的；
（2）液体内部压强大小不能直接测量，需要通过U形管两侧液面高度差的大小来反映，这是转换法；
（3）保持金属盒在水中的深度不变，改变它的方向，如图乙、丙所示，两实验中，液面高度差相等，由转换法可以初步得出结论：在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强都相等；
同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大，因此拦河大坝要做成上窄下宽的形状；
（4）研究液体压强与密度的关系，要控制液体的深度相同；保持丁图中探头的位置不变，并向容器内加入适量的浓盐水，密度增大的同时，液体深度也增大了，没有控制液体的深度不变。
故答案为：（1）不是；薄；（2）转换法；（3）相等；上窄下宽；（4）没有控制探头深度相同。
【分析】 （1）上端开口底部连通的仪器是连通器；橡皮膜越薄，橡皮膜越容易发生形变；
（2）液体内部压强大小通过U形管两侧液面高度差的大小来反映，这是转换法；
（3）液体压强与液体的深度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；由实验结论分析回答；
（4）研究液体压强与密度的关系，要控制液体的深度相同，据此分析。
27．（2024九下·柳州开学考）如图所示，是探究杠杆平衡条件的实验。
（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆 （选填“是”或“不是”）平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向 调节。
（2）如图乙所示，A点挂有2个质量为50g的钩码，当在B点挂 个质量为50g的钩码，能使杠杆在水平位置平衡。
（3）实验中需要改变实验条件，测量多组杠杆平衡时的动力、动力臂、阻力和阻力臂的数据，目的是： 。
（4）如图丙所示，在C点悬挂3个质量为50g的钩码，在D点用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置再次平衡，则拉力大小为 N。若保持杠杆平衡状态不变，将弹簧测力计由a方向缓慢转动到b方向的过程中，其示数将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。如果测力计的量程为0～5N，保持支点O、悬挂点D位置不变，利用图丙中的杠杆能较为准确地测出的最大物体质量为 g（g取10N/kg）。
【答案】（1）是；右
（2）3
（3）通过实验数据总结实验结论，寻找普遍规律，避免偶然性
（4）1.2；变大；2500
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】 （1）平衡状态是指处于静止或匀速直线运动状态的物体，杠杆保持静止，此时杠杆处于静止状态，是平衡状态；
如图甲所示，杠杆左端下沉，其右端偏高，说明杠杆左侧偏重，应将右端平衡螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2 可得2G×3L=FB×2L，
解得FB=3G，应在B点挂3个质量均为50g的钩码；
（3）探究杠杆平衡的条件时进行多次实验，多次改变挂在支点O两边钩码的质量和悬挂位置，收集杠杆平衡时多组动力，动力臂、阻力和阻力臂的数据，其目的是通过实验数据总结实验结论，寻找普遍规律，避免偶然性；
（4）在C点悬挂3个质量为50g的钩码的总重量为：G=mg=3×0.05kg×10N/kg=1.5N，
在D点用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置再次平衡，根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，
1.5N×4L=F×5L，解得F=1.2N；
若在D点斜向右下方拉弹簧测力计，仍保持杠杆水平平衡，斜向下拉时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，则弹簧测力计的示数将变大；
弹簧测力计的量程为0～5N，当拉力等于5N，物体挂在左边第1格，保持支点O、悬挂点D位置不变，并竖直向下拉时，拉起物体的重力最大。
G' L左=F' L右
代入数据得，
G'×L=5N×5L
解得G'=25N
由G=mg得，
故答案为：（1）是；右；（2）3；（3）通过实验数据总结实验结论，寻找普遍规律，避免偶然性；（4）1.2；变大；2500。
【分析】 （1）杠杆静止或匀速转动时，杠杆都处于平衡状态；平衡螺母向上翘的一端移动，才能使杠杆在水平位置平衡；
（2）利用杠杆的平衡条件分析计算；
（3）初中物理用实验探究物理问题时要进行多次实验，有的是为了多次测量求平均值来减小误差；有的是多次测量发现变化规律；有的是为了使实验结论具有普遍性；
（4）杠杆平衡条件进行分析计算；当弹簧测力计斜着拉时，其力臂小于杠杆长，根据杠杆平衡条件分析出答案。
28．（2024九下·柳州开学考）在测量小灯泡电阻的实验中，电源电压恒为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的电路连接完整，要求滑片P置于B端时滑动变阻器接入电路的电阻最大 。
（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，电压表、电流表示数均较小，接下来的操作是 ，多次改变小灯泡两端的电压，记录电压表、电流表的示数，当小灯泡两端电压为2.5V时，电流表示数如图乙所示，为 A，此时小灯泡的电阻为 Ω（结果保留一位小数）。
（3）根据数据绘制I﹣U图像，如图丙所示，发现此图像不是直线，主要原因是灯丝电阻受
的影响。
（4）实验中滑动变阻器的规格可能是 ____。
A．10Ω 2A B．20Ω 2A C．50Ω 1.5A
（5）小灯泡逐渐变亮的过程中，电路中电流依次为I1、I2、I3时，小灯泡对应的功率分别为P1、P2、P3。若I2﹣I1＝I3﹣I2，则P2﹣P1 （选填“＞”“＝”或“＜”）P3﹣P2。（假设小灯泡的电阻保持不变）
【答案】（1）
（2）将滑动变阻器的滑片P向A端移动；0.3；8.3
（3）温度
（4）C
（5）<
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】 （1）滑片P置于B端时滑动变阻器接入电路的电阻最大，说明此时滑动变阻器左下部分电阻接入电路，则下面的接线柱应该接在A接线柱上，如图所示：
（2）电压表测量灯泡电压，电流表测量电路电流，此时电压表示数很小，说明灯泡的电压比较小，因为串联分压，那么滑动变阻器的电压较大，电阻越大分压越多，即滑动变阻器的分压太大，滑动变阻器的滑片P应该向阻值减小的一端即A端移动；
从甲图中看出电流表接的是小量程，即电流表读数为0.3A
由可知，小灯泡的电阻为：
（3）由于灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以通过灯泡的电流与电压不成正比；
（4）当电路电流最小时，电路中接入的总电阻最大，根据图丙可得出最小电流为0.1A，
根据欧姆定律可知，出此时电路总电阻：
再结合灯丝电阻随温度升高而增大的特点，可知电流为0.1A时的小灯泡的电阻小于小题2中求出的小灯泡在额定电压下工作时的电阻8.3Ω，
由此可得出滑动变阻器阻值应不小于45Ω-8.3Ω=36.7Ω，由此可知滑动变阻器的规格应选C；
（5）根据题意可知，，
因为I2-I1=I3-I2，又因为灯泡依次变亮时的电流也依次变大，即I1＜I2＜I3，
故（I2+I1）R＜（I3+I2）R，由此得出P2-P1＜P3-P2。
故答案为：（1）图见解答；（2）将滑动变阻器的滑片P向A端移动；0.3；8.3；（3）温度；（4）C；（5）＜。
【分析】 （1）滑动变阻器是通过改变接入电路中电阻丝的长度来改变电阻大小，滑片P置于B端时滑动变阻器接入电路的电阻最大，说明此时滑动变阻器左下部分电阻接入电路；
（2）电压表测量灯泡电压，电流表测量电路电流，此时电压表示数很小，说明灯泡的电压比较小，则由串联电路电压规律可知滑动变阻器两端分压太大，根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的电阻太大，据此可知接下来的操作；
根据图甲可判断电流表选用的量程和对应的分度值，再结合图乙读数电流表的示数；
根据欧姆定律可计算出小灯泡在额定电压下工作时的电阻；
（3）根据灯丝电阻随温度升高而增大的特点进行分析；
（4）当电路电流最小时，电路中接入的总电阻最大，即此时滑动变阻器完全接入电路，根据图丙可得出最小电流为0.1A，根据欧姆定律可计算出此时电路总电阻，再结合灯丝电阻随温度升高而增大的特点，可知电流为0.1A时的小灯泡的电阻小于小题2中求出的小灯泡在额定电压下工作时的电阻，由此可得出滑动变阻器阻值范围；
（5）根据电功率公式P=UI=I2R，表示出电路中电流依次为I1、I2、I3时的电功率大小，再结合I2-I1=I3-I2以及灯泡依次变亮时的电流也依次变大的特点，利用数学平方差公式求解；
五、计算题（本大题共3小题，第27题6分，第28题8分，第29题10分，共24.0分。解答时要求在答题卡上相应的答题区域写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤）
29．（2024九下·柳州开学考）某地货运站使用起重装置将一箱援助抗疫的物资吊装到货运专列上，此箱物资总质量为2t，吊装时需要提升3m。如图为物资被提升过程中高度随时间变化的图像（其中3～7s是匀速直线提升过程）。求：
（1）整个提升过程中，这箱物资的平均速度（结果保留小数点后两位数字）；
（2）匀速直线提升过程中，起重装置对这箱物资做功的功率。
【答案】（1）解： 由图像可知，整个提升过程中，所用时间t＝9s，
答：整个提升过程中，这箱物资的平均速度为0.33m/s；
（2）解： 起重装置对这箱物资做功W＝Gh＝mgh＝2×103kg×10N/kg×2m＝4×104J，
匀速直线提升过程中，（其中3～7s是匀速直线提升过程），则所用时间t＝4s，
起重装置对这箱物资做功的功率。
答：匀速直线提升过程中，起重装置对这箱物资做功的功率为1.0×104W。
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用
【解析】【分析】 （1）整个提升过程中，所用时间9s，用提升的高度除以总时间即为提升这箱物资的平均速度；
（2）由W=Gh可求得起重装置对这箱物资做功，由可求得做功的功率。
30．（2023·重庆）李老师桌上有一张老式加热鼠标垫（内有一根加热电阻丝），如图所示，鼠标垫质量为，规格为“”。忽略温度对电阻的影响。
（1）求鼠标垫的电阻；
（2）鼠标垫正常工作，温度升高7℃，若此过程中热损失为30%，估算鼠标垫的比热容；
（3）月月想帮老师扩大鼠标垫温度调节范围，现有的电源、规格为“”“”的两个滑动变阻器。她准备通过滑动变阻器来保护电路并调节鼠标垫加热功率，请你帮她选择合适的滑动变阻器接入电路，并计算改装后电路消耗的最大功率与最小功率的差值。
【答案】（1）解：由 得，鼠标垫的电阻
答：鼠标垫的电阻5Ω；
（2）解：鼠标垫工作过程中，吸收的热量为
由 得，鼠标垫的比热容
答：鼠标垫的比热容1500J/（kg·℃）；
（3）解：由 得，当鼠标垫正常工作时，电流为
此时滑动变阻器的电压为
由 得，滑动变阻器此时接入电路中的电阻为
则月月应选择“ ”的滑动变阻器，当鼠标垫正常工作时，电路中电流最大，电路电功率最大为
当滑动变阻器接入电路中电阻最大时，电路中电流最小，电路电功率最小为
则改装后电路消耗的最大功率与最小功率的差值
答：改装后电路消耗的最大功率与最小功率的差值6.24W。
【知识点】热量的计算；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据电压和电功率，可以计算电阻大小；
（2）根据热量和质量、温度差的比值， 计算比热容；
（3）根据电功率和电压的比值， 计算电流；利用电压和电流的比值计算电阻；利用电压和电流的乘积计算电功率；根据电压和电阻计算电功率。
31．（2024九下·柳州开学考）智能制造是工业革命的核心技术，如图所示是为圆柱体涂抹防护油的智能装置。其外壳是敞口的长方体容器，距容器底面h0＝0.1m处固定一支撑板C，C的中心有面积为S孔＝0.8×10﹣2m2的小圆孔，圆柱体放在支撑板C的正中央。容器的左下角有注油口，防护油能够匀速注入长方体容器内部，当油的深度h1＝0.175m时，圆柱体刚好浮起离开支撑板C。随着液面升高，圆柱体竖直上浮，当油面上升到压力传感器时，停止注油，此时撑杆的P点对圆柱体有F压＝20N的竖直向下的压力。已知圆柱体底面积S柱＝2×10﹣2m2，重12N，支撑板C的厚度不计，防护油的密度ρ油＝0.8×103kg/m3，g取10N/kg。求：
（1）注油前，圆柱体对支撑板C的压强；
（2）当油的深度h1＝0.175m时，圆柱体刚好浮起离开支撑板C时，油对容器底面的压强；
（3）当油面上升到压力传感器时，停止注油，此时圆柱体受到的浮力；
（4）圆柱体的密度。
【答案】（1）解： 注油前，圆柱体对支撑板C的压强为：
答：注油前，圆柱体对支撑板C的压强为1000Pa；
（2）解： 当油的深度h1＝0.175m时
油对容器底面的压强为：p＝ρ油gh1＝800kg/m3×10N/kg×0.175m＝1400Pa；
答：当油的深度h1＝0.175m时，圆柱体刚好浮起离开支撑板C时，油对容器底面的压强为1400Pa；
（3）解： 当油面上升到压力传感器时，停止注油，此时撑杆的P点对圆柱体有20N的竖直向下的压力，此时圆柱体受到的浮力为：F浮'＝G+F压＝12N+20N＝32N；
答：当油面上升到压力传感器时，停止注油，此时圆柱体受到的浮力为32N；
（4）解： 根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排知，
排开油的体积为：，
因为圆柱体全浸，V＝V排'＝0.004m3，圆柱体的密度为：
答：圆柱体的密度为300kg/m3。
【知识点】密度公式及其应用；压强的大小及其计算；液体压强的计算；液体压强计算公式的应用；浮力大小的计算
【解析】【分析】 （1）根据算出注油前，圆柱体对支撑板C的压强；
（2）根据p=ρgh算出当油的深度h1=0.175m时油对容器底面的压强；
（3）当油面上升到压力传感器时，停止注油，此时物体完全浸没在油中，物体排开油的体积等于物体的体积，此时撑杆的P点对圆柱体有20N的竖直向下的压力，根据平衡力算出此时圆柱体受到的浮力；
（4）根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排算出排开油的体积为物体体积；由密度公式算出圆柱体的密度。
1 / 1广西壮族自治区柳州市壶西实验中学2023-2024学年九年级下学期开学物理试题
一、选择题（第1-13题为单选题，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每题2分；第14-16题为多选题，每题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。共35分）
1．（2023·兴安盟中考）下列物理学家中，其姓名被命名为“力”的单位的是
A．帕斯卡 B．瓦特 C．牛顿 D．焦耳
2．（2023·兴安盟中考）某同学坐在行驶的汽车中，看到路边的树木、房屋、路灯都向后运动，他选择的参照物是
A．乘坐的汽车 B．树木 C．房屋 D．路灯
3．（2023·兴安盟中考）下列诗句或俗语中蕴含的声学知识正确的是
A．“柴门闻犬吠，风雪夜归人”说明声音可以传递能量
B．“闻其声而知其人”主要是根据音色进行判别的
C．“响鼓也要重锤敲”说明物体振动频率越高，响度越大
D．“不敢高声语，恐惊天上人”中的“高声”指的是声音的音调高
4．（2023·兴安盟中考）下列物态变化中属于凝华现象的是
A．冰雪消融
B．露珠晶莹
C．白雾弥漫
D．霜满枝头
5．（2022·邵阳）湿地被称为“地球之肾”，能调节空气的湿度和温度，其中能调节温度主要是因为水的（ ）
A．比热容大 B．密度大 C．流动性大 D．热值大
6．（2023·兴安盟中考）盛夏时节，百花绽放。四溢的花香引来了蜜蜂吸食花蜜，表明
A．分子间有斥力 B．分子间有间隙
C．分子间有引力 D．分子是运动的
7．（2023·兴安盟中考）“安全用电，珍爱生命”是每个公民应有的意识，下列遵守安全用电原则的是
A．在输电线上晾衣服 B．发现有人触电立即切断电源
C．用湿抹布擦拭正在发光的电灯 D．使用绝缘皮破损的手机充电线
8．（2024九下·柳州开学考）社会的发展离不开能源、信息和材料。下列说法中错误的是（ ）
A．风能、水能、太阳能是可再生能源
B．手机芯片采用超导体制成
C．太阳能来源于太阳内部氢核的聚变
D．“北斗”卫星导航系统是靠电磁波传递信息
9．（2024九下·柳州开学考）在“探究凸透镜成像的规律”实验中，某学习小组用如图甲所示的方法测量凸透镜的焦距；正确安装并调节实验装置后，在光屏上得到一个清晰的像，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．由图甲可知，该凸透镜的焦距是40.0cm
B．照相机成像特点与图乙中烛焰的成像特点相同
C．图乙中的烛焰向远离凸透镜方向移动，所成的像逐渐变小
D．图乙中若用黑纸片将凸透镜遮挡一半，光屏上成半个烛焰的像
10．（2024九下·柳州开学考）如图所示，取完全相同的均匀实心长方体1块、2块、3块分别竖放、平放、竖放在水平地面上，它们对地面的压强分别为pa、pb和pc，则（ ）
A．pa＝pc＞pb B．pa＝pb＜pc C．pa＞pb＞pc D．pa＜pb＜pc
11．（2024九下·柳州开学考）科学研究是以实验为基础的，下列有关实验的说法中正确的是（ ）
A．甲图：托里拆利实验测出了大气压强的数值
B．乙图：此实验能反映电动机的工作原理
C．丙图：两个紧压在一起的铅柱没有被重物拉开，说明分子之间存在斥力
D．丁图：此实验能直接验证牛顿第一定律
12．（2024九下·柳州开学考）如图所示为电阻R1和R2的I﹣U图象，由图象可知（ ）
A．R1与R2两端的电压为0时，它们的电阻也为0
B．R1与R2的电阻之比为2：1
C．将R1与R2串联接入电路，通电后R1与R2两端的电压之比为1：2
D．将R1与R2并联接入电路，通电后通过R1与R2的电流之比为1：2
13．（2023·兴安盟中考）如图所示，工人用滑轮组将重为的货物内匀速提升，拉力为。忽略绳重及摩擦，下列说法正确的是
A．绳子自由端移动的速度是
B．该滑轮组的机械效率为
C．拉力做功的功率是
D．该滑轮组的动滑轮重为
14．（2024九下·柳州开学考）如图所示，下列有关长度的测量正确的是（ ）
A．测铜丝直径 B．测乒乓球直径
C．测硬币直径 D．测木块长度
15．（2024九下·柳州开学考）如图所示的“太空圆珠笔”，笔尖里有个球珠，写字时，球珠在纸上滚动，把沾在球珠上的墨水留在纸上，封闭在笔芯中的压缩氮气推动墨水向笔尖流动，就能连续不断写出字来。用“太空圆珠笔”写字的过程中，笔中不变的是（ ）
A．墨水的密度 B．墨水的质量 C．氮气的密度 D．氮气的质量
16．（2024九下·柳州开学考）关于动能和重力势能，下列说法中正确的是（ ）
A．汽车加速上坡的过程中，动能增大
B．小孩在滑梯上匀速下滑的过程中，动能减小
C．竖直上抛的石块在上升过程中，动能转化为重力势能
D．跳伞运动员在匀速下降的过程中，重力势能减小
二、填空题（共6小题，每空1分，共12分）
17．（2023·兴安盟中考）如图所示，量筒内水的体积是 ，托盘天平测量烧杯和水的总质量是 g。
18．（2024九下·柳州开学考）如图所示，“投壶”是古代的一种投掷游戏。游戏时掷出的箭（用竹、木等制成）由于
可以在空中继续飞行；为了将箭投入壶内，必须控制力的大小和方向，这是因为力的大小和方向都会影响力的 。
19．（2024九下·柳州开学考）如图是海波和蜡烛的熔化图像， 图线表示的是蜡烛的熔化曲线，海波在熔化过程中吸热，内能 （填“增加”“减小”或“不变”）。
20．（2020八下·江津期中）一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示，则0～2s，物体所受的摩擦力是 N，2～4s物体受到的摩擦力是 N。
21．（2022·沈阳）如图所示，完全相同的、两金属片浸入盐水的深度相同，、分别是、表面上两点，则、两点盐水的压强 （选填“大于”、“小于”或“等于”）；闭合开关后，小灯泡发光，通过灯泡灯丝的自由电子定向移动的方向是从 （选填“到”或“到”）。
22．（2024九下·柳州开学考）如图所示是一款3D打印笔的简化电路图，其中R1、R2均为发热电阻，电阻不变。其部分参数如表所示。开关S1闭合，单刀多掷开关S2仅与2接触时，打印笔处于 挡（选填“高温”“中温”或“低温”）；高温挡的额定功率为 W。
额定电压 220V
额定功率 高温挡
中温挡 88 W
低温挡 44W
三、作图题（共2小题，每题2分，共4分）
23．（2021八上·双辽期末）请画出图中入射光线经过凸透镜后的光线。
24．（2022·桂林）如图所示，小磁针在条形磁铁的作用下处于静止状态，请标出小磁针的N极和条形磁铁磁感线的方向。
四、实验探究题（共4小题，第25题5分，第26题6分，第27题7分，第28题7分，共25分）
25．（2024九下·柳州开学考）回忆我们平时照镜子的情景，猜一猜，平面镜所成的像与物有什么关系呢？小西和同学们进行了“探究平面镜成像的特点”的实验，实验装置如图所示。
（1）实验时应选择较 （选填“厚”或“薄”）的玻璃板竖立在水平桌面上，选择玻璃板代替平面镜的目的是便于 。
（2）选取两枚完全相同的棋子A和B，是为了比较平面镜所成的像与物的 关系。
（3）将光屏放在棋子B的位置，发现不能直接在光屏上观察到棋子A的像，说明平面镜所成的像是 （选填“实”或“虚”）像。
（4）本实验中，需要的测量工具是 。
26．（2024九下·柳州开学考）同学们利用U形管压强计探究液体压强与哪些因素有关。
（1）如图甲所示，从结构上来看，U形管压强计 （选填“是”或“不是”）连通器；在选择U形管压强计时，探头上的橡皮膜应该用 （选填“薄”或“厚”）一些的较好。
（2）把U形管压强计的探头放在液体中，通过观察U形管两边液面的高度差来表示探头处液体压强的大小，这种研究物理问题的方法是 。
（3）通过图乙、图丙所示的两次实验得出：同种液体，同一深度，液体内部向各个方向的压强 ；通过图乙、图丁所示的两次实验得出：在同种液体中，液体压强随着深度的增加而增大，因此拦河大坝要做成 （选填“上窄下宽”或“上宽下窄”）的形状。
（4）小张同学在图丁所示的实验中保持探头位置不变，向容器内加入适量的浓盐水，他发现U形管两边液面的高度差变大了，于是得出“同一深度，液体的密度越大压强越大”的结论。他的结论是不可靠的，原因是 。
27．（2024九下·柳州开学考）如图所示，是探究杠杆平衡条件的实验。
（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆 （选填“是”或“不是”）平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向 调节。
（2）如图乙所示，A点挂有2个质量为50g的钩码，当在B点挂 个质量为50g的钩码，能使杠杆在水平位置平衡。
（3）实验中需要改变实验条件，测量多组杠杆平衡时的动力、动力臂、阻力和阻力臂的数据，目的是： 。
（4）如图丙所示，在C点悬挂3个质量为50g的钩码，在D点用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置再次平衡，则拉力大小为 N。若保持杠杆平衡状态不变，将弹簧测力计由a方向缓慢转动到b方向的过程中，其示数将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。如果测力计的量程为0～5N，保持支点O、悬挂点D位置不变，利用图丙中的杠杆能较为准确地测出的最大物体质量为 g（g取10N/kg）。
28．（2024九下·柳州开学考）在测量小灯泡电阻的实验中，电源电压恒为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的电路连接完整，要求滑片P置于B端时滑动变阻器接入电路的电阻最大 。
（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，电压表、电流表示数均较小，接下来的操作是 ，多次改变小灯泡两端的电压，记录电压表、电流表的示数，当小灯泡两端电压为2.5V时，电流表示数如图乙所示，为 A，此时小灯泡的电阻为 Ω（结果保留一位小数）。
（3）根据数据绘制I﹣U图像，如图丙所示，发现此图像不是直线，主要原因是灯丝电阻受
的影响。
（4）实验中滑动变阻器的规格可能是 ____。
A．10Ω 2A B．20Ω 2A C．50Ω 1.5A
（5）小灯泡逐渐变亮的过程中，电路中电流依次为I1、I2、I3时，小灯泡对应的功率分别为P1、P2、P3。若I2﹣I1＝I3﹣I2，则P2﹣P1 （选填“＞”“＝”或“＜”）P3﹣P2。（假设小灯泡的电阻保持不变）
五、计算题（本大题共3小题，第27题6分，第28题8分，第29题10分，共24.0分。解答时要求在答题卡上相应的答题区域写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤）
29．（2024九下·柳州开学考）某地货运站使用起重装置将一箱援助抗疫的物资吊装到货运专列上，此箱物资总质量为2t，吊装时需要提升3m。如图为物资被提升过程中高度随时间变化的图像（其中3～7s是匀速直线提升过程）。求：
（1）整个提升过程中，这箱物资的平均速度（结果保留小数点后两位数字）；
（2）匀速直线提升过程中，起重装置对这箱物资做功的功率。
30．（2023·重庆）李老师桌上有一张老式加热鼠标垫（内有一根加热电阻丝），如图所示，鼠标垫质量为，规格为“”。忽略温度对电阻的影响。
（1）求鼠标垫的电阻；
（2）鼠标垫正常工作，温度升高7℃，若此过程中热损失为30%，估算鼠标垫的比热容；
（3）月月想帮老师扩大鼠标垫温度调节范围，现有的电源、规格为“”“”的两个滑动变阻器。她准备通过滑动变阻器来保护电路并调节鼠标垫加热功率，请你帮她选择合适的滑动变阻器接入电路，并计算改装后电路消耗的最大功率与最小功率的差值。
31．（2024九下·柳州开学考）智能制造是工业革命的核心技术，如图所示是为圆柱体涂抹防护油的智能装置。其外壳是敞口的长方体容器，距容器底面h0＝0.1m处固定一支撑板C，C的中心有面积为S孔＝0.8×10﹣2m2的小圆孔，圆柱体放在支撑板C的正中央。容器的左下角有注油口，防护油能够匀速注入长方体容器内部，当油的深度h1＝0.175m时，圆柱体刚好浮起离开支撑板C。随着液面升高，圆柱体竖直上浮，当油面上升到压力传感器时，停止注油，此时撑杆的P点对圆柱体有F压＝20N的竖直向下的压力。已知圆柱体底面积S柱＝2×10﹣2m2，重12N，支撑板C的厚度不计，防护油的密度ρ油＝0.8×103kg/m3，g取10N/kg。求：
（1）注油前，圆柱体对支撑板C的压强；
（2）当油的深度h1＝0.175m时，圆柱体刚好浮起离开支撑板C时，油对容器底面的压强；
（3）当油面上升到压力传感器时，停止注油，此时圆柱体受到的浮力；
（4）圆柱体的密度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力的概念及单位
【解析】【解答】在物理学中，力的单位是牛顿，故C正确，而A、B、D不合题意。
故选C。
【分析】根据常见物理量的单位的知识判断。
2．【答案】A
【知识点】参照物及其选择
【解析】【解答】某同学坐在行驶的汽车中，看到路边的树木、房屋、路灯都向后运动，即树木相对参照物的位置改变。因为树木等相对乘坐的汽车的位置不断改变，所以它选择的参照物是乘坐的汽车，故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
【分析】如果物体是运动的，那么它相对参照物的位置发生改变；否则，它相对参照物的位置不变。
3．【答案】B
【知识点】音调及音调与频率的关系；响度及响度与振幅的关系；音色；声与信息
【解析】【解答】A.“柴门闻犬吠，风雪夜归人”说明声音可以传递信息，故A错误；
B.“闻其声而知其人”主要是根据音色进行判别的，故B正确；
C.“响鼓也要重锤敲”说明物体振幅越大，响度越大，故C错误；
D.“不敢高声语，恐惊天上人”中的“高声”指的是声音的响度大，故D错误。
故选B。
【分析】A.声音利用的两个方面：①声音传递信息；②声音传递能量；
B.声音的特点叫音色；
C.响度与振幅大小有关；
D.声音的大小叫响度，声音的高低叫音调。
4．【答案】D
【知识点】凝华及凝华放热
【解析】【解答】A.冰雪消融，即从固态变成液态发生熔化现象，故A不合题意；
B.露珠晶莹，即水蒸气从气态变成液态发生液化现象，故B不合题意；
C.白雾弥漫，即水蒸气从气态变成液态发生液化现象，故C不合题意；
D.霜满枝头，即水蒸气从气态直接变成固态发生凝华现象，故D符合题意。
故选D。
【分析】根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称。
5．【答案】A
【知识点】比热容；燃料的热值
【解析】【解答】由公式的变形式可知，质量相同的不同物质，当吸收或放出相同热量时，比热容较大的物质温度变化较小，因此，比热容大的物质对调节温度有很好的作用。湿地中含有大量的水，而水的比热容较大，因此湿地能调节温度主要是因为水的比热容大；
故答案为：A。
【分析】水的比热容较大，吸热能力大。
6．【答案】D
【知识点】分子热运动
【解析】【解答】盛夏时节，百花绽放。四溢的花香引来了蜜蜂吸食花蜜，表明花香分子在空气中不停的做无规则运动，故D正确，而A、B、C错误。
故选D。
【分析】根据分子运动的知识分析判断。
7．【答案】B
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】A.在输电线上晾衣服，如果电线外皮破损则会造成触电事故，故A错误；
B.发现有人触电立即切断电源，然后再进行施救，故B正确；
C.用湿抹布擦拭正在发光的电灯，可能造成触电事故，故C错误；
D.使用绝缘皮破损的手机充电线，也可能发生触电事故，故D错误。
故选B。
【分析】根据安全用电的常识判断即可。
8．【答案】B
【知识点】能源及其分类；核聚变；核裂变；半导体特点及作用；电磁波的传播；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 A、风能、水能、太阳能可以在自然界里短期内源源不断地得到补充，它们属于可再生能源，故A正确；
B、手机芯片的主要材料是半导体，不是超导体材料制成的，故B错误；
C、太阳能来源于太阳内部氢核的聚变，故C正确；
D、“北斗”卫星导航系统是靠电磁波传递信息，故D正确。
故选：B
【分析】（1）能够短期内从自然界中得到补充的一次能源叫可再生能源。
（2）手机芯片是由半导体材料制成的。
（3）太阳能来源于太阳内部氢核的聚变。
（4）电磁波可以传递信息。
9．【答案】C
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】 A、平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将会聚于一点，这点即为此透镜的焦点，从焦点到透镜光心的距离即为焦距，则透镜的焦距为40.0cm-30.0cm=10.0cm，故A错误；
B、图乙中，物距u=15.0cm，像距v=30.0cm，物距小于像距，由凸透镜成像规律可知，图乙中烛焰成的是倒立放大的实像，这个原理制成了投影仪，与照相机不同，故B错误；
C、图乙中的烛焰向远离凸透镜方向移动，物距变大，像距变小，像变小，故C正确；
D、用黑纸片将凸透镜遮挡一半，透镜的上半部分仍能会聚烛焰发出的光线，成烛焰完整的像，只是像比原来变暗，故D错误；
故选：C。
【分析】（1）凸透镜的焦距是使平行于主光轴的光会聚的点到光心的距离；
（2）物距处于f和2f之间，凸透镜成倒立放大的实像；物距大于2f，凸透镜成倒立缩小的实像；
（3）凸透镜成像时，物距增大像距减小像减小。
（4）凸透镜成实像是因为物体发出的光线经过凸透镜后会聚到像点，若遮住凸透镜的一部分，则凸透镜其它部分仍然能够会聚光线，所以仍能成完整的像，只是照射到像上的光线数量减少，像比原来变暗。
10．【答案】A
【知识点】压强大小比较
【解析】【解答】 设长方体物体的长、宽、高分别为a、b、h，
则1块长方体竖放时对水平地面的压强：
2块长方体平放时对水平地面的压强：
3块长方体竖放时对水平地面的压强：
由题和图可知，a＞b＞h，且
所以，它们对地面的压强关系为：pa=pc＞pb。
故选：A。
【分析】（1）物体放在水平地面上时，对地面的压力等于其自身的重力；
（2）根据压强公式，结合在不同情况下受力面积的大小，从而确定压强的大小。
11．【答案】A
【知识点】牛顿第一定律；大气压强的测量方法；直流电动机的构造原理与工作过程；分子间相互作用力
【解析】【解答】 A、托里拆利实验测出了大气压强的数值，故A正确；
B、此实验是探究电磁感应现象的实验，是发电机的工作原理，故B错误；
C、图中实验探究了构成固体的分子之间存在相互作用的引力，故C错误；
D、牛顿在总结伽利略等科学家研究成果的基础上，通过科学的推理总结出了牛顿第一定律，故D错误。
故选：A。
【分析】 （1）托里拆利实验第一次测出了大气压强的数值；
（2）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流；
（3）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（4）牛顿总结出了牛顿第一定律。
12．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】 A、电阻是导体阻碍电流的性质，其大小与导体的材料、长度，横截面积以及导体的温度有关，与电压、电流大小无关，故A错误；
BC、将R1与R2串联接入电路，电流相等，由I-U图象得出：当通过两电阻的电流相等时.I=0.3A时，U2=2U1，R1与R2两端的电压之比为1：2，由的变形式可知，R2=2R1，
R1：R2=1：2，故B错误，C正确；
D、这两个电阻并联后接在3V电源上时，U1=U2=U=3V，
由图象可知，I1=0.6A，I2=0.3A，通电后通过R1与R2的电流之比为0.6A：0.3A=2：1，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）电阻是导体阻碍电流的性质，其大小与导体的材料、长度，横截面积以及导体的温度有关，与电压、电流大小无关；
（2）串联电流相等，在I-U图象中，横轴表示电压，纵轴表示电流，找出相同电流的对应的电压值，根据欧姆定律比较两电阻的大小；
（3）两电阻并联时两端的电压相等，利用并联电路的电流特点求出干路电流。
13．【答案】D
【知识点】功率的计算；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A.根据题意可知，货物上升的速度为：；
由图可知，滑轮组承担重力的绳子段数n=2，
绳子自由端移动的速度为：v′=nv=2×0.6m/s=1.2m/s；
故A错误；
B.拉力所做的总功：W总=Fs=150N×2×6m=1800J，
拉力所做的有用功：W有=Gh=200N×6m=1200J；
滑轮组的机械效率：，
故B错误；
C.拉力的功率：，
故C错误；
D.根据得到：；
解得：G动=100N。
故D正确。
故选D。
【分析】A.根据速度公式得出货物上升的速度，根据图片确定滑轮组绳承担重力的绳子段数n。根据v′=nv得出绳子自由端移动的速度；
B.根据W总=Fs=F×nh得出拉力所做的总功，根据W有=Gh得出拉力所做的有用功；根据机械效率公式得出滑轮组的机械效率；
C.根据功率公式得出拉力的功率；
D.不计绳重和摩擦，根据计算动滑轮的重。
14．【答案】A,C
【知识点】长度及其测量；刻度尺的使用
【解析】【解答】 A、用累积法测铜丝直径，能够减小误差，故A正确；
B、乒乓球的下端没有对齐0刻线，故B错误；
C、利用三角尺测量硬币的直径，两个三角尺与刻度尺的刻度线对齐，两刻度差就是硬币的直径，故C正确；
D、刻度尺边没有对齐被测对象，故D错误。
故选：AC
【分析】 使用刻度尺时要注意：
（1）放：尺边对齐被测对象，必须放正重合，不能歪斜；尺的刻面必须紧贴被测对象。
（2）读：读数时视线要与尺面垂直，估读到分度值的下一位；
（3）记：记录测量结果时要记上数值和单位。
15．【答案】A,D
【知识点】密度及其特性
【解析】【解答】 封闭在笔芯中的压缩氮气推动墨水向笔尖流动，就能连续不断写字的时候，墨水的质量变小，氮气的质量不变，墨水的密度不变，氮气的密度变小，故AD正确，BC错误。
故选：AD
【分析】 密度是物质的一种特性，它不随物质的质量或体积的变化而变化；质量是物质的基本属性，它不随物体的状态、位置的改变而改变。
16．【答案】A,C,D
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】 A．汽车加速上坡的过程中，质量不变，速度增大，动能增大，故A正确；
B．小孩在滑梯上匀速下滑的过程中，质量不变，速度不变，动能不变，故B错误；
C．竖直上抛的石块在上升过程中，质量不变，速度变小，动能变小；高度增加，重力势能增大，动能转化为重力势能，故C正确；
D．跳伞运动员在匀速下降的过程中，质量不变，高度降低，重力势能减小，故D正确。
故选：ACD。
【分析】 动能的大小由质量和速度决定，重力势能的大小由质量和高度决定。
17．【答案】60；27
【知识点】质量的测量与天平的使用；密度公式及其应用
【解析】【解答】（1）根据甲图可知，量筒的分度值为2mL，则量筒内水的体积为60mL=60cm3；
（2）天平标尺上的分度值为0.2g，则游码的质量为2g，那么烧杯和水的总质量为：2g+（20g+5g）=27g。
【分析】（1）根据甲图确定量筒的分度值，根据液面位置读出水的体积；
（2）根据乙图确定标尺的分度值，读出游码的质量，再与砝码质量相加得到烧杯和水的总质量。
18．【答案】惯性；作用效果
【知识点】力的三要素及力的示意图；惯性及其现象
【解析】【解答】 当掷出箭矢，箭矢原来处于运动状态，当离开手后，由于惯性仍保持原来的运动状态，所以能在空中继续飞行；为了将箭矢投入壶内，必须控制用力的大小和方向，这是因为力的大小和方向都会影响力的作用效果。
故答案为：惯性；作用效果
【分析】 （1）任何物体都具有惯性，惯性即物体保持原来运动状态不变的性质。
（2）力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变。②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。
19．【答案】乙；增加
【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；温度、热量与内能的关系
【解析】【解答】 由题图像可知，甲图线在熔化时温度保持不变，而乙图线在整个加热过程中温度不断升高，所以甲图线是海波（晶体）的熔化曲线，乙图线是蜡烛（非晶体）的熔化曲线：海波在熔化过程中吸收热量，内能不断增加。
故答案为：乙；增加。
【分析】晶体在熔化的过程中，吸收热内能增加，温度不变；非晶体熔化过程中，吸收热量，温度改变。
20．【答案】2；4
【知识点】二力平衡的条件及其应用；时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】由图像可知0~2s内物体处于静止状态，此时拉力与摩擦力二力平衡为2N。
由图像可知4~6s内物体处于匀速直线运动状态，此时拉力与摩擦力二力平衡为4N，2~4s物体对地面压力不变，接触面粗糙程度不变，因此摩擦力不变为4N。
【分析】静止的物体受到平衡力，二力平衡时力的大小相等；匀速直线运动的物体受到的摩擦力等于拉力；摩擦力的大小和压力、粗糙程度有关。
21．【答案】大于；d到c
【知识点】液体压强计算公式的应用；电流的方向
【解析】【解答】a与b两点分别位于盐水的不同的位置，a点的深度更深，根据液体压强的计算公式可得，当液体密度相同时，深度越深，压强越大，所以。
闭合开关后，小灯泡发光，电流从电池的正极流出，流入负极，所以电流的流向是从c到d，而自由电子定向移动的方向与电流相反，所以灯泡灯丝的自由电子定向移动的方向是从d到c。
【分析】当液体密度相同时，深度越深，压强越大；电流从电池的正极流出，流入负极。
22．【答案】高温；176
【知识点】电功率的计算
【解析】【解答】 开关S1闭合，单刀多掷开关S2仅与2接触时，两电阻并联；单刀多掷开关S2仅与3接触时，两电阻串联；开关S1闭合，单刀多掷开关S2仅与1接触时，电路为R1的简单电路，根据并联电阻和串联电阻的规律，开关S1闭合，单刀多掷开关S2仅与2接触时，电路的电阻最小，根据可知，电路的功率最大，打印笔处高温挡；
单刀多掷开关S2仅与3接触时，两电阻串联；电路的电阻最大，电路的功率最小，为低温挡；开关S1闭合，单刀多掷开关S2仅与1接触时为中温挡，，即
根据串联电阻的规律有：，即
解方程组可得出
R1=R2=550Ω；
两电阻并联的电电阻为：
故高温挡的额定功率为：
【分析】 分析开关转换时电路的连接，根据并联电阻和串联电阻的规律和确定不同挡位电路的连接；根据和串联电阻的规律和条件得出R1和R2大小，求出两等值电阻并联的电阻，根据功率公式得出高温挡的额定功率。
23．【答案】解：如图所示：
【知识点】透镜的光路图
【解析】【解答】平行于凸透镜主光轴的光线经凸透镜折射后将经过焦点，如图所示：
【分析】平行于凸透镜主光轴的光线，折射光线过焦点。
24．【答案】解：如图所示：
【知识点】磁现象；磁场
【解析】【解答】磁铁外部磁感线从磁铁的N极出发，回到S极，根据磁极间相互作用规律，同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，小磁针左端为N极，如图所示：
【分析】磁体的磁场从北极出来回到南极；根据磁极间的相互作用判断小磁针的指向。
25．【答案】（1）薄；确定像的位置
（2）大小
（3）虚
（4）刻度尺
【知识点】探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】 （1）因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响实验效果，所以应选择较薄的玻璃板；玻璃板是透明的，可以观察到玻璃板的另一侧，便于确定像的位置；
（2）选取两枚完全相同的棋子是为了比较像与物的大小关系；
（3）光屏只能接收实像，不能接收虚像，光屏不能接收到棋子的像，说明平面镜成的像是虚像；
（4）本实验中，用刻度尺测量像与物到平面镜的距离。
故答案为：（1）薄；便于确定像的位置；（2）平面镜所成的像与物的大小关系；（3）虚；（4）刻度尺。
【分析】 （1）利用玻璃板透明的特点，可以观察到玻璃板的另一侧，便于找到像的位置；从厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像这一角度去分析；
（2）实验时用两枚完全相同的棋子A和B，目的是为了比较像与物的大小；
（3）实像和虚像的重要区别是实像能用光屏上承接，虚像不能在光屏上承接；
（4）根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等，故需要用刻度尺测距离。
26．【答案】（1）不是；薄
（2）转换法
（3）相等；上窄下宽
（4）没有控制探头深度相同
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】 （1）如图甲所示，从结构上来看，压强计一端封闭，底部连通，不是连通器；
橡皮膜越薄，橡皮膜越容易发生形变，越能反映受到液体压强的变化，所以压强计的金属盒上的橡皮膜应该选用薄一些的；
（2）液体内部压强大小不能直接测量，需要通过U形管两侧液面高度差的大小来反映，这是转换法；
（3）保持金属盒在水中的深度不变，改变它的方向，如图乙、丙所示，两实验中，液面高度差相等，由转换法可以初步得出结论：在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强都相等；
同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大，因此拦河大坝要做成上窄下宽的形状；
（4）研究液体压强与密度的关系，要控制液体的深度相同；保持丁图中探头的位置不变，并向容器内加入适量的浓盐水，密度增大的同时，液体深度也增大了，没有控制液体的深度不变。
故答案为：（1）不是；薄；（2）转换法；（3）相等；上窄下宽；（4）没有控制探头深度相同。
【分析】 （1）上端开口底部连通的仪器是连通器；橡皮膜越薄，橡皮膜越容易发生形变；
（2）液体内部压强大小通过U形管两侧液面高度差的大小来反映，这是转换法；
（3）液体压强与液体的深度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；由实验结论分析回答；
（4）研究液体压强与密度的关系，要控制液体的深度相同，据此分析。
27．【答案】（1）是；右
（2）3
（3）通过实验数据总结实验结论，寻找普遍规律，避免偶然性
（4）1.2；变大；2500
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】 （1）平衡状态是指处于静止或匀速直线运动状态的物体，杠杆保持静止，此时杠杆处于静止状态，是平衡状态；
如图甲所示，杠杆左端下沉，其右端偏高，说明杠杆左侧偏重，应将右端平衡螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2 可得2G×3L=FB×2L，
解得FB=3G，应在B点挂3个质量均为50g的钩码；
（3）探究杠杆平衡的条件时进行多次实验，多次改变挂在支点O两边钩码的质量和悬挂位置，收集杠杆平衡时多组动力，动力臂、阻力和阻力臂的数据，其目的是通过实验数据总结实验结论，寻找普遍规律，避免偶然性；
（4）在C点悬挂3个质量为50g的钩码的总重量为：G=mg=3×0.05kg×10N/kg=1.5N，
在D点用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置再次平衡，根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，
1.5N×4L=F×5L，解得F=1.2N；
若在D点斜向右下方拉弹簧测力计，仍保持杠杆水平平衡，斜向下拉时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，则弹簧测力计的示数将变大；
弹簧测力计的量程为0～5N，当拉力等于5N，物体挂在左边第1格，保持支点O、悬挂点D位置不变，并竖直向下拉时，拉起物体的重力最大。
G' L左=F' L右
代入数据得，
G'×L=5N×5L
解得G'=25N
由G=mg得，
故答案为：（1）是；右；（2）3；（3）通过实验数据总结实验结论，寻找普遍规律，避免偶然性；（4）1.2；变大；2500。
【分析】 （1）杠杆静止或匀速转动时，杠杆都处于平衡状态；平衡螺母向上翘的一端移动，才能使杠杆在水平位置平衡；
（2）利用杠杆的平衡条件分析计算；
（3）初中物理用实验探究物理问题时要进行多次实验，有的是为了多次测量求平均值来减小误差；有的是多次测量发现变化规律；有的是为了使实验结论具有普遍性；
（4）杠杆平衡条件进行分析计算；当弹簧测力计斜着拉时，其力臂小于杠杆长，根据杠杆平衡条件分析出答案。
28．【答案】（1）
（2）将滑动变阻器的滑片P向A端移动；0.3；8.3
（3）温度
（4）C
（5）<
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】 （1）滑片P置于B端时滑动变阻器接入电路的电阻最大，说明此时滑动变阻器左下部分电阻接入电路，则下面的接线柱应该接在A接线柱上，如图所示：
（2）电压表测量灯泡电压，电流表测量电路电流，此时电压表示数很小，说明灯泡的电压比较小，因为串联分压，那么滑动变阻器的电压较大，电阻越大分压越多，即滑动变阻器的分压太大，滑动变阻器的滑片P应该向阻值减小的一端即A端移动；
从甲图中看出电流表接的是小量程，即电流表读数为0.3A
由可知，小灯泡的电阻为：
（3）由于灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以通过灯泡的电流与电压不成正比；
（4）当电路电流最小时，电路中接入的总电阻最大，根据图丙可得出最小电流为0.1A，
根据欧姆定律可知，出此时电路总电阻：
再结合灯丝电阻随温度升高而增大的特点，可知电流为0.1A时的小灯泡的电阻小于小题2中求出的小灯泡在额定电压下工作时的电阻8.3Ω，
由此可得出滑动变阻器阻值应不小于45Ω-8.3Ω=36.7Ω，由此可知滑动变阻器的规格应选C；
（5）根据题意可知，，
因为I2-I1=I3-I2，又因为灯泡依次变亮时的电流也依次变大，即I1＜I2＜I3，
故（I2+I1）R＜（I3+I2）R，由此得出P2-P1＜P3-P2。
故答案为：（1）图见解答；（2）将滑动变阻器的滑片P向A端移动；0.3；8.3；（3）温度；（4）C；（5）＜。
【分析】 （1）滑动变阻器是通过改变接入电路中电阻丝的长度来改变电阻大小，滑片P置于B端时滑动变阻器接入电路的电阻最大，说明此时滑动变阻器左下部分电阻接入电路；
（2）电压表测量灯泡电压，电流表测量电路电流，此时电压表示数很小，说明灯泡的电压比较小，则由串联电路电压规律可知滑动变阻器两端分压太大，根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的电阻太大，据此可知接下来的操作；
根据图甲可判断电流表选用的量程和对应的分度值，再结合图乙读数电流表的示数；
根据欧姆定律可计算出小灯泡在额定电压下工作时的电阻；
（3）根据灯丝电阻随温度升高而增大的特点进行分析；
（4）当电路电流最小时，电路中接入的总电阻最大，即此时滑动变阻器完全接入电路，根据图丙可得出最小电流为0.1A，根据欧姆定律可计算出此时电路总电阻，再结合灯丝电阻随温度升高而增大的特点，可知电流为0.1A时的小灯泡的电阻小于小题2中求出的小灯泡在额定电压下工作时的电阻，由此可得出滑动变阻器阻值范围；
（5）根据电功率公式P=UI=I2R，表示出电路中电流依次为I1、I2、I3时的电功率大小，再结合I2-I1=I3-I2以及灯泡依次变亮时的电流也依次变大的特点，利用数学平方差公式求解；
29．【答案】（1）解： 由图像可知，整个提升过程中，所用时间t＝9s，
答：整个提升过程中，这箱物资的平均速度为0.33m/s；
（2）解： 起重装置对这箱物资做功W＝Gh＝mgh＝2×103kg×10N/kg×2m＝4×104J，
匀速直线提升过程中，（其中3～7s是匀速直线提升过程），则所用时间t＝4s，
起重装置对这箱物资做功的功率。
答：匀速直线提升过程中，起重装置对这箱物资做功的功率为1.0×104W。
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用
【解析】【分析】 （1）整个提升过程中，所用时间9s，用提升的高度除以总时间即为提升这箱物资的平均速度；
（2）由W=Gh可求得起重装置对这箱物资做功，由可求得做功的功率。
30．【答案】（1）解：由 得，鼠标垫的电阻
答：鼠标垫的电阻5Ω；
（2）解：鼠标垫工作过程中，吸收的热量为
由 得，鼠标垫的比热容
答：鼠标垫的比热容1500J/（kg·℃）；
（3）解：由 得，当鼠标垫正常工作时，电流为
此时滑动变阻器的电压为
由 得，滑动变阻器此时接入电路中的电阻为
则月月应选择“ ”的滑动变阻器，当鼠标垫正常工作时，电路中电流最大，电路电功率最大为
当滑动变阻器接入电路中电阻最大时，电路中电流最小，电路电功率最小为
则改装后电路消耗的最大功率与最小功率的差值
答：改装后电路消耗的最大功率与最小功率的差值6.24W。
【知识点】热量的计算；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据电压和电功率，可以计算电阻大小；
（2）根据热量和质量、温度差的比值， 计算比热容；
（3）根据电功率和电压的比值， 计算电流；利用电压和电流的比值计算电阻；利用电压和电流的乘积计算电功率；根据电压和电阻计算电功率。
31．【答案】（1）解： 注油前，圆柱体对支撑板C的压强为：
答：注油前，圆柱体对支撑板C的压强为1000Pa；
（2）解： 当油的深度h1＝0.175m时
油对容器底面的压强为：p＝ρ油gh1＝800kg/m3×10N/kg×0.175m＝1400Pa；
答：当油的深度h1＝0.175m时，圆柱体刚好浮起离开支撑板C时，油对容器底面的压强为1400Pa；
（3）解： 当油面上升到压力传感器时，停止注油，此时撑杆的P点对圆柱体有20N的竖直向下的压力，此时圆柱体受到的浮力为：F浮'＝G+F压＝12N+20N＝32N；
答：当油面上升到压力传感器时，停止注油，此时圆柱体受到的浮力为32N；
（4）解： 根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排知，
排开油的体积为：，
因为圆柱体全浸，V＝V排'＝0.004m3，圆柱体的密度为：
答：圆柱体的密度为300kg/m3。
【知识点】密度公式及其应用；压强的大小及其计算；液体压强的计算；液体压强计算公式的应用；浮力大小的计算
【解析】【分析】 （1）根据算出注油前，圆柱体对支撑板C的压强；
（2）根据p=ρgh算出当油的深度h1=0.175m时油对容器底面的压强；
（3）当油面上升到压力传感器时，停止注油，此时物体完全浸没在油中，物体排开油的体积等于物体的体积，此时撑杆的P点对圆柱体有20N的竖直向下的压力，根据平衡力算出此时圆柱体受到的浮力；
（4）根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排算出排开油的体积为物体体积；由密度公式算出圆柱体的密度。
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