天津市河东区天津市第七中学2024-2025学年九年级下学期中考模拟预测物理试题（含解析）

2024-2025学年天津市河东区天津市第七中学九年级下学期模拟预测物理试题
一、单选题：本大题共10小题，共20分。
1.在2025年春晚《秧BOT》节目中，宇树科技的人形机器人与舞者一同精彩表演，背后蕴涵了许多物理知识观众能区分出机器人动作声和舞者歌声，主要是依据声音的（）
A. 音调 B. 响度 C. 音量 D. 音色
2.在2025年春晚《秧BOT》节目中，宇树科技的人形机器人与舞者一同精彩表演，背后蕴涵了许多物理知识，以下对该机器人相关高度的估测，最符合实际情况的是（）
A. 18cm B. 1m C. 1.8m D. 3m
3.在2025年春晚《秧BOT》节目中，宇树科技的人形机器人与舞者一同精彩表演，背后蕴涵了许多物理知识为了增大机器人鞋底与地面之间的摩擦力，下列措施可行的是（）
A. 给机器人换上更粗糙的鞋底 B. 减小机器人对地面的压力
C. 在机器人的鞋底安装滚轮 D. 通过编程让机器人运动更快
4.“二十四节气”是中国传统文化的核心组成部分之一，对于其中所涉及到的物态变化属于吸收热量的是（）
A. 立春：冰雪消融 B. 寒露：仙露明珠 C. 霜降：霜气横秋 D. 大寒：千里冰封
5.赏中华诗词，寻文化基因。我国古诗词中蕴含许多物理知识，下列分析不正确的是（）
A. “路人借问遥招手，怕得鱼惊不应人”中“鱼惊”说明液体可以传声
B. “人在桥上走，桥流水不流”以水为参照物，桥是运动的
C. “飞流直下三千尺，疑是银河落九天”中“飞流”的重力做了功
D. “船到江心抛锚迟，悬崖勒马早已晚”是因为马受到了惯性的作用
6.国产动画片《哪吒》以其深刻的教育意义和搞笑的经典台词，深得国内外观众的喜爱。下列对其所涉及到的物理知识分析正确的是（）
A. 哪吒从海水深处慢慢走回到岸边的过程中，所受浮力不变
B. 当哪吒撞向对面的妖怪时，妖怪后退了几步，说明力可以改变物体的运动状态
C. “人心中的成见是一座大山，任你怎么努力也休想搬动”地面上的大山受到的重力与山对地面的压力是一对平衡力
D. 水中哪吒的倒影是光的折射形成的
7.如图描述的物理过程，下列分析正确的是（）
A. 图甲，厚玻璃筒内的空气被压缩时，空气的温度升高，内能不变
B. 图乙，汽缸内的气体推动活塞向下运动，内能转化为机械能，气体内能减少
C. 图丙，试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能增加
D. 图丁，瓶子内的空气推动塞子做功后，瓶子内的空气的内能增大
8.图中下列对物理现象的描述正确的是（）
A. 甲图中，闭合开关，小磁针静止时S极指向左侧
B. 乙图中，通电线圈abcd在磁场中受力而转动，发电机是根据这一原理制成的
C. 丙图中，电灯的开关应接在零线上
D. 丁图中，通电后小磁针转动是电动机的原理
9.不同材料组成的a、b、c三个实心物体，它们的体积与质量的关系如图，由图可知下列说法正确的是（　　）
A. a的密度是b的2倍
B. 三者的密度关系ρa> ρb>ρc
C. 若将b的体积增大到4×10-3m3，密度1×103kg/m3
D. 若将a的质量减半，密度变为1×103kg/m3
10.图中的电路图对应分析不正确的是（）
A. 甲图中，电源电压保持不变，闭合开关，滑片P向右移动的过程中，电压表的示数变小，电压表与电流表示数的比值不变
B. 乙图中，闭合开关S，发现L1、L2均不亮且电压表有示数，则可能是由于L1断路造成的
C. 丙图中，若先闭合开关S1，再闭合开关S2，电压表示数不变，电流表示数变大
D. 丁图中，电源电压保持不变，闭合开关，滑片P向右移动时，电路消耗的总功率变大
二、多选题：本大题共3小题，共9分。
11.如图所示，将焦距为10cm的凸透镜固定在光具座50cm刻度线处，此时在光屏中心已成烛焰清晰的像，下列说法不正确的是（）
A. 此时烛焰在光屏上的成像特点与投影仪成像特点相同
B. 若蜡烛移至10cm刻度线处，移动光屏，可在光屏上呈现烛焰清晰缩小的像
C. 若蜡烛移至45cm刻度线处，移动光屏，可在光屏上呈现烛焰清晰放大的像
D. 若保持此时蜡烛、凸透镜位置不变，将凸透镜换为焦距为20cm的凸透镜，移动光屏直到光屏上出现烛焰清晰的像，则该像是倒立、缩小的实像
12.如图1所示，放在水平桌面上的柱形薄壁容器重为G、底面积为S、高为h。先将容器注满密度为的液体，再将重为，边长为a的小立方体物块（图2）从液面处缓慢释放，待物块静止后，容器对桌面的压强可能是（　　）
A. 若物块漂浮，则
B. 若物块漂浮，则
C. 若物块沉底，则
D. 若物块沉底，则
13.如图所示的电路，电源电压为U且恒定不变，已知R2的阻值为R0，闭合开关S和S1后，V2表的示数为U0；把电路中的电压表V1、V2分别换成电流表A1、A2，闭合开关S、断开开关S1后，A1表的示数为I0，下列说法正确的是（ ）
A. 换表前电路中V1表的示数为I0R0
B. 换表前电路消耗的总功率为U0I0
C. 换表后电路中A2表的示数为
D. 换表前后电路中R1消耗的功率之比的值为
三、填空题：本大题共5小题，共10分。
14.光与镜面成30°角射在平面镜上，反射角是 ；检查视力的时候，视力表放在被测者头部的后上方，被测者识别对面墙上镜子里的像，如图所示，视力表在镜中的像与被测者相距 。
15.某建筑工地上一台升降机的厢体连同货物的质量为1.2t，在10s内从楼的2层上升到5层。如果每层楼高3m，升降机电动机做的功至少是 J，功率至少是 W。
16.（1） 实验测出了大气压强的值约为1.013×105 Pa；
（2）如图所示，在小瓶里装一些带颜色的水，再取一根两端开口的细玻璃管，在它上面画上刻度，使玻璃管穿过橡皮塞插入水中，从管子上端吹入少量气体，就制成了一个简易的气压计。小黄把气压计从山脚带到山顶的水平地面上，玻璃管内水柱的高度 （选填“降低”、“不变”或“升高”）。
17.某充电宝标的额定能量为，其中= J，这些电能可以使额定功率是100W的用电器正常工作 h．
18.如图所示的电路中，电源电压恒定不变，已知R1＝3R2，当S1闭合、S2断开时，电压表和电流表示数分别为U1和I1；当S1断开、S2闭合时，电压表和电流表示数分别为U2和I2，则U1∶U2＝ ，I1∶I2＝ 。
四、实验探究题：本大题共4小题，共24分。
19.某实验小组在“研究杠杆平衡条件”的实验中。
（1）实验前若出现图情况，应该将杠杆的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节；
（2）表格中是该小组在实验中记录杠杆平衡的部分数据，空缺处的数据应为 。
次数 F1/N l1/m F2/N l2/m
1 3 0.1 2 0.15
2 2 0.3 3 0.2
3 2 0.05 0.1
20.在测量某种形状不规则的石块密度时，小明与兴趣小组的同学在老师指导下进行如图所示的实验。
（1）把天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端零刻线处，调节横梁上的平衡螺母使天平横梁平衡；
（2）甲图出现的错误是 ；
（3）在测量石块质量时，小明依次将砝码放在天平的右盘，当他在右盘内加入最小的5g砝码时，发现天平的指针静止在分度盘中线的右侧，则他接下来应该进行的操作是 ；
（4）如乙图所示，石块的质量是 ，如丙图所示，石块的体积是 ，石块的密度是 ；
（5）如果小明先测量体积再测量质量，会导致实验结果 （选填“偏大”或“偏小”）。
21.小明在探究压力作用效果与哪些因素有关的实验中，做了如图所示的三组实验：
（1）实验中通过观察 来比较压力作用效果；
（2）分析乙、丙两组实验，可得到的结论是 ；
（3）若探究压力作用效果与压力大小的关系，应控制 不变，可以分析 两组实验，得到的结论是 ；
（4）小红利用两个相同的木块和一块海绵，做了如图所示的实验，得出压力的作用效果与压力大小无关的结论，此结论错误的原因是 。
22.现有一个电压约为36V的电源（电压保持不变），一个量程为0~1A的电流表，三个阻值已知的电阻（20）、（30）、（10 k），开关和导线若干．请合理选择器材设计实验，比较精确地测出约为10的未知电阻的阻值．要求：
（1）画出实验电路图；

（2）写出主要的实验步骤和需要测量的物理量；
（3）写出待测电阻的数学表达式 （用已知量和测量量表示）．
五、计算题：本大题共3小题，共24分。
23.如图是某学校使用的电开水器，容量为50L，加热功率为6kW。
（1）将水箱装满20℃的水加热到沸腾（标准大气压下），水吸收的热量；
（2）若加热时间是50min，求电开水器的效率；
（3）若电能完全被水吸收，加热时间是多少min
24.如图是工人师傅用滑轮组提升建筑材料的示意图，在300N的拉力作用下，使质量为63kg的建筑材料以0.2m/s的速度匀速竖直上升，不计绳重和摩擦，求：
（1）请你画出滑轮组的绕线；
（2）拉力的功率；
（3）滑轮组的机械效率；
（4）动滑轮的重力。
25.物理兴趣小组的同学们设计了一个“电子浮力称”，如图所示，电源电压为U，滑动变阻器最大阻值为R，a端到b端的长度为L，水平桌面上有一底面积为2S的圆柱形薄壁容器，装有足量的水，水面竖直漂浮一个上端开口、底面积为S的圆柱形金属筒，通过绝缘硬杆MN与变阻器的滑片Р连接在一起，金属筒在竖直方向移动时带动滑片移动。滑片P、硬杆和金属筒的总质量为m0，水的密度为ρ0，滑片Р移动时受到的阻力、导线对硬杆MN的力均忽略不计，金属筒始终漂浮且容器中水不会溢出。闭合开关，当金属筒内不放入物体时，滑片Р恰好在a端，此时电压表示数为0；现向金属筒内放入质量为m的物体，滑片Р移动到a、b之间某位置，请你解答如下问题：
（1）此时金属筒受到的浮力为多少
（2）电压表示数为多少
1.【答案】
【解析】A．音调是指声音的高低，机器人动作声和舞者歌声的音调可能会有相同的情况，不能作为主要区分依据，故A不符合题意；
BC．响度即音量，是指声音的强弱，机器人动作声和舞者歌声的响度也可能相近，不能很好地区分，故BC不符合题意；
D．因为不同发声体的材料、结构不同，发出声音的音色不同，机器人和舞者是不同的发声体，所以观众能区分出机器人动作声和舞者歌声，主要是依据声音的音色，故D符合题意。
故选D。
2.【答案】
【解析】春晚节目中的机器人通常是与人类舞者一起表演的，因此其高度应与人类身高相近。约为1.8m，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
3.【答案】
【解析】A．给机器人换上更粗糙的鞋底，在压力大小不变的情况下，接触面越粗糙，摩擦力越大，故A符合题意；
B．减小机器人对地面的压力，在接触面粗糙程度不变的情况下，压力越小，摩擦力越小，故B不符合题意；
C．在机器人的鞋底安装滚轮，机器人鞋底与地面之间的摩擦由滑动摩擦变为滚动摩擦。在相同条件下，滚动摩擦力远小于滑动摩擦力，所以安装滚轮会使摩擦力减小，故 C不符合题意；
D．运动速度的大小并不影响摩擦力的大小，因为滑动摩擦力的大小只与压力大小、接触面的粗糙程度以及接触面的材料有关，与物体的运动速度无关。所以通过编程让机器人运动更快不能增大机器人鞋底与地面之间的摩擦力，故 D不符合题意。
故选A 。
4.【答案】
【解析】解：A、立春时冰雪消融，是固态的冰雪变成液态的水，属于熔化现象，熔化过程需要吸收热量，故A符合题意。
B、寒露时出现的仙露明珠，是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，附着在物体表面，液化过程会放出热量，故B不符合题意。
C、霜降时的霜气横秋，是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的小冰晶，凝华过程会放出热量，故C不符合题意。
D、大寒时的千里冰封，是液态的水凝固成固态的冰，凝固过程会放出热量，故D不符合题意。
故选：A。
物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华；熔化、汽化、升华吸热，凝固、液化、凝华放热。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态，是解题的关键。
5.【答案】
【解析】【详解】A．“路人借问遥招手，怕得鱼惊不应人”说明声音可以在气体和液体中传播，故A正确，不符合题意；
B．“人在桥上走，桥流水不流”以水为参照物，桥的位置发生改变，是运动的，故B正确，不符合题意；
C．“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”中“飞流”受到重力，且沿重力的方向移动距离，因此重力做功，故C正确，不符合题意；
D．惯性是物体的属性，不是力，因此不能描述为受到惯性的作用，故D错误，符合题意。
故选D。
6.【答案】
【解析】【详解】A．哪吒从海水深处慢慢走回到岸边的过程中，浸入的体积减小，根据阿基米德原理可知，所受浮力减小，故A错误；
B．当哪吒撞向对面的妖怪时，对妖怪施加了力，妖怪后退了几步，运动状态改变，则说明力可以改变物体的运动状态，故B正确；
C．地面上的大山受到的重力与山对地面的压力作用在不同物体上，故不是一对平衡力，故C错误；
D．水中哪吒的倒影属于平面镜成像，是光的反射射形成的，故D错误。
故选B。
7.【答案】
【解析】A．活塞压缩空气，机械能转化为空气的内能，空气温度升高，内能增加，故A错误；
B．这是汽油机的做功冲程，高温高压的燃气对外做功，内能转化为机械能，燃气内能减少，故B正确；
C．试管内的水蒸气推动塞子做功，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，水蒸气的内能减少，故C错误；
D．瓶子内的空气推动塞子做功，空气的内能转化为塞子的机械能，瓶子内空气的内能减少，故D错误。
故选B。
8.【答案】
【解析】解：A．根据安培定则可知，螺线管右端为N极，螺线管磁感线从N极出发指向S极，小磁针静止时左端为S极，右端为N极，即小磁针静止时S极指向左侧，故A正确；
B．乙图中中有电源，是通电导体在磁场中受力转动的实验装置图，根据这一原理可以制成电动机，故B错误；
C．家庭电路中，开关接在火线与用电器之间，开关断开时，才能切断火线，避免发生触电事故，故C错误；
D．丁图中是奥斯特实验装置图，表示通电导体周围有磁场，故D错误。
故选：A。
（1）根据安培定则判定螺线管的N、S极；根据磁极间的相互作用判定小磁针的N极；
（2）法拉第发现了电磁感应现象，发电机是利用电磁感应现象的原理制成的；电动机是利用通电导体在磁场中受力的作用的原理制成的；
（3）家庭电路中，开关要接在火线上；
（4）奥斯特电流的磁效应实验时，将通电导线放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，该实验证明了通电导体周围存在磁场。
本题考查了安培定则的应用、奥斯特实验、电动机的原理、电磁感应现象，难度不大。
9.【答案】
【解析】【详解】由图可知，a的密度为
b的密度为
c的密度为
A． ，故A错误；
B．ρa ρb ρc，故B错误；
CD．密度是物质本身的一种属性，其大小与质量、体积无关，故将b的体积增大到4×10-3m3，密度不变，仍为1×103kg/m3；将a的质量减半，密度不变，仍为0.5×103kg/m3，故C正确，D错误。
故选C。
10.【答案】
【解析】解：
A．甲图中，开关闭合后，定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表A测电路中的电流，电压表测定值电阻R两端的电压；
滑片P向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，根据串联电路的分压规律可知，滑动变阻器两端分担的电压变大，定值电阻两端分担的电压变小，电压表示数变小，根据R=可知，电压表与电流表示数的比值为定值电阻R的阻值，则电压表与电流表示数的比值不变，故A正确；
B．乙图中，闭合开关S，两灯泡串联，电压表测量灯泡L1两端的电压，若发现L1、L2均不亮，则说明电路有断路；电压表有示数，说明电压表与电源的两端相连，故障可能是L1断路，故B正确；
C．丙图中，若先闭合S1，只有灯泡L1工作，电流表测量电路的电流，电压表测量电源电压，再闭合S2，两灯泡并联，电流表测量干路的电流，电流表示数变大，电压表仍测量电源电压，电压表示数不变，故C正确；
D．闭合开关，小灯泡与滑动变阻器并联，电压表测量电源电压，电流表A1测量干路的电流，电流表A2测量滑动变阻器的电流，滑片P向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，由欧姆定律公式I=可知，通过滑动变阻器的电流变小，由于并联电路个支路互不影响，所以通过小灯泡的电流不变，由并联电路电流的规律知干路电流变小，由P= UI知整个电路消耗的总功率变小，故D错误。
故选：D。
（1）甲图中，开关闭合后，定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表A测电路中的电流，电压表测定值电阻R两端的电压。根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律、串联电路的特点即可分别判断；
（2）乙图中，闭合开关S，两灯泡串联，电压表测量灯泡L1两端的电压，根据电压表的示数判断出故障；
（3）丙图中，若先闭合S1，只有灯泡L1工作，电流表测量电路的电流，电压表测量电源电压，再闭合S2，两灯泡并联，电流表测量干路的电流，电压表仍测量电源电压，据此分析解答；
（4）丁图中，闭合开关，小灯泡与滑动变阻器并联，电压表测量电源电压，电流表A1测量干路的电流，电流表A2测量滑动变阻器的电流，滑片P向右移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，由欧姆定律I=判断出通过滑动变阻器电流的变化，根据并联电路电流的规律判断出通过小灯泡电流的变化，由并联电路电流的规律判断出干路电流变小，由P=UI知整个电路消耗总功率的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
11.【答案】
【解析】解：A．由图可知，物距为30cm，凸透镜的焦距为10cm，物距大于二倍焦距，凸透镜成倒立、缩小的实像，其应用是照相机，故A错误；
B．蜡烛移至10cm刻度线处，此时物距为40cm，凸透镜的焦距为10cm，物距大于二倍焦距，凸透镜成倒立、缩小的实像，故B正确；
C．若蜡烛移至45cm刻度线处，物距为5cm，物距小于一倍焦距，成正立，放大的虚像，光屏上没有像，故C错误；
D．保持此时蜡烛、凸透镜位置不变，物距为30cm，将凸透镜换为焦距为20cm的凸透镜，此时物距在一倍焦距与二倍焦距之间，此时移动光屏，则光屏上成倒立、放大的实像，故D错误。
故选：ACD。
（1）（2）当u＞2f时，凸透镜成倒立、缩小的实像，其应用是照相机；
（3）当u＜f时，凸透镜成正立，放大的虚像；
（4）当f＜u＜2f时，凸透镜成倒立、放大的实像。
本题考查了凸透镜成像规律及特点的应用，理解凸透镜成像的规律是关键。
12.【答案】
【解析】解：容器注满密度为ρ0的液体，则液体的重力为：G液=m液g=ρ0V液g=ρ0Shg,
AB．当物体在液体中悬浮或漂浮时，小立方体物块受到的浮力F浮和小立方体物块的重G0相等，根据阿基米德原理F浮=G排，则有F浮=G排=G0，
则容器对桌面的压强为：，
故A错误，B正确；
CD．当物体沉入液体底部时，小立方体物块溢出液体的体积和本身的体积相等，根据阿基米德原理，物体所受浮力为：
，
则容器对桌面的压强为：
，
故C错误，D正确。
故选：BD。
物块静止后有两种情况：
（1）当物体在液体中悬浮或漂浮时，根据阿基米德原理可知小立方体物块受到的浮力和溢出液体的重力相等，根据漂浮或悬浮的条件可知小立方体物块的重力等于溢出液体的重力，根据体积公式和密度公式求出液体的重力，液体的重力和柱形薄壁容器重力等于容器对桌面的压力，然后利用压强公式求出容器对桌面的压强；
（2）当物体沉入液体底部时，容器对桌面的压力等于容器重加上液体重再加上小立方体物块的重然后减去溢出液体的重，然后根据压强公式求出容器对桌面的压强。
本题考查了压强的计算和阿基米德原理、物体浮沉条件的应用，关键是知道物块静止后可能漂浮、可能悬浮、可能沉入容器底部。
13.【答案】
【解析】A．由图可知，换表前，闭合开关S和S1后，电阻R1和R2串联，电压表V1测R1和R2的总电压，即电源电压，V2测R2两端电压；换表后，闭合开关S、断开开关S1后，电阻R1和R2并联，电流表A1测通过R2的电流I0，由欧姆定律可知，换表后R2两端电压
U2并=I2R2=I0R0
因并联电路中各支路电压相等且等于电源电压，故电源电压
U=U2并=I0R0 ①
换表前，电压表V1测电源电压，而电源电压U恒定不变，所以，电压表V1示数可表示为I0R0，故A正确；
B．换表前，根据欧姆定律可知通过R2的电流即电路的电流为
电路消耗的总功率
故B正确；
C．换表后，闭合开关S、断开开关S1后，电阻R1和R2并联，电流表A1测通过R2的电流I0，A2测并联电路的总电流，根据并联电路电流的规律，A2的示数等于A1的示数与通过R1的电流和，即
②
换表前，通过R0的电流和通过电路的总电流相等，根据欧姆定律、串联电阻的规律有
③
由①③得
④
由②④有
故C错误；
D．根据 可知，在电阻不变时，电功率与电压的平方成正比，由串联电路电压的规律，故换表前后电路中R1消耗的功率之比
故D正确。
故选ABD。
14.【答案】
【解析】[1]入射光线与平面所成的夹角为30°，法线垂直于平面镜，入射角与入射光线与平面所成的夹角互余，所以入射角为
90°-30°=60°
根据光的反射定律可知，反射角等于入射角，也为60°。
[2]根据平面镜成像特点可知，像到镜面的距离等于物体到镜面的距离，由图可知，视力表到镜面的距离为2.3m，视力表的像到镜面的距离也为2.3m，则视力表在镜中的像与被测者相距为
2.3m+2.3m-0.4m=4.2m
15.【答案】
【解析】[1]货物从2层上升到5层，上升的高度
h=3×3m=9m
已知货物的质量
m=1.2t=1.2×103kg
则货物的重力
G=mg=1.2×103kg×10N/kg=1.2×104N
升降机电动机把货物从2层送到5层对货物做的功
W=Gh=1.2×104N×9m=1.08×105J
[2]升降机电动机的功率

16.【答案】
【解析】（1）[1]托里拆利通过实验测出了大气压强的值：1标准大气压能支持760mm高的水银柱，其大小为
（2）[2]把气压计从山脚带到山顶的水平地面上，瓶内空气的压强不变，外界大气压随高度的增加而减小，此时在瓶内气压的作用下，会有一部分水被压入玻璃管，因此管内水柱会上升。
17.【答案】
【解析】根据题中“这些电能可以使额定功率是100W的用电器正常工作 h”可知，本题考查电功公式的应用，利用 的变形公式进行解答．
【详解】 ．
根据 可得，这些电能可以使额定功率是100W的用电器正常工作时间
．
18.【答案】
【解析】[1]当S1闭合、S2断开时，两电阻并联，电流表测并联电路的总电流，电压表测电源电压；当S1断开、S2闭合时，电路连接关系不变，电流表测通过R2的电流，电压表测电源电压，因电源电压不变，故
U1∶U2＝1∶1
[2]根据并联电路各支路互不影响，通过R2的电流保持不变为I2，根据U＝IR可知，在电压不变时，电流与电阻成反比，因R1＝3R2，故通过R1的电流为 ，根据并联电路电流的规律可得总电流
I1＝ +I2＝
则两次电流表示数之比为
I1∶I2＝ ∶I2＝4∶3
19.【答案】
【解析】（1）[1]实验前首先调节杠杆使其在水平位置平衡，以便消除杠杆自重对实验产生影响，由图知，左端较高，说明杠杆的重心偏左，所以应将平衡螺母向左端调节。
（2）[2]根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2可得
2N×0.05m=F2×0.1m
解得F2=1N。
20.【答案】
【解析】（2）[1]测量物体的质量时，要用镊子夹取砝码，甲图出现的错误是直接用手拿砝码。
（3）[2]在测量石块质量时，小明依次将砝码放在天平的右盘，当他在右盘内加入最小的5g砝码时，发现天平的指针静止在分度盘中线的右侧，说明加入最小的5g砝码后，导致砝码的总质量偏大，则他接下来应该进行的操作是取下5g的砝码，调节游码，使天平重新平衡。
（4）[3]如乙图所示，游码在标尺上对应的刻度值为3g，石块的质量为
m=50g+3g=53g
[4]由图丙可知，石块放入量筒前，液体的体积为20mL，石块浸没后液体和石块的总体积为40mL，石块的体积
V=40mL-20mL=20mL=20cm3
[5]石块的密度
（5）[6]若先测量体积，由于石块沾有液体，会导致测得的质量偏大，根据密度公式可知，质量偏大，体积正常，则会导致实验结果偏大。
21.【答案】
【解析】（1）[1]实验中是通过观察沙子的凹陷程度来比较压力的作用效果的，这利用了转换法。
（2）[2]乙、丙两图中，沙子受到的压力相同，受力面积不同，乙图受力面积更小，沙子的凹陷程度更明显，故可得到的结论是：压力相同时，受力面积越小，压力作用效果越明显。
（3）[3][4][5]若探究压力作用效果与压力大小的关系，应控制受力面积相同，压力不同，所以应选择甲、乙两组实验进行分析，乙图中海绵的凹陷程度更大，故可得出结论：受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显。
（4）[6]探究压力的作用效果与压力大小的关系，应控制受力面积相同，压力大小不同，图中海绵的受力面积和海绵受到的压力都不相同，故此结论错误。
22.【答案】
【解析】（1）由于只有1个电流表，故而可以使待测电阻与某个定值电阻即电流表串联；
根据串联电路电流规律，电流表的读数等于通过各个用电器的电流；
根据欧姆定律，用电流乘以定值电阻阻值，即为定制电阻两端电压；
根据串联电路电压关系，用总电压减去定制电阻两端电压和电流表两端电压，就等于待测电阻两端电压；
根据欧姆定律计算出待测电阻；
由于电流表内阻未知，故而需要先测量电流表在电路中分担的电压．
根据串联电路电压规律，电路中用电器分担的电压与用电器电阻有关，故而，为了能够更为准确的测出待测电阻，测量电流表分压值时，电路中的定值电阻应该与待测电阻接近，故R3不合适，不选．
电源电压36V，电流表量程0~1A，则根据欧姆定律电路中最小电阻为Rmin= ；
与电流表和待测电阻串联的电阻应选R2；
按照上述思路，电路设计如图所示：
（2）根据电学实验的一般步骤和本实验原理，实验步骤如下：
①按电路图连接电路；
②只闭合开关 ，读出电流表的示数为 ；
③只闭合开关 ，读出电流表的示数为 ；
（3）只闭合开关 ，电流表分担的电压UA=36V﹣ ( + )；只闭合开关 ，待测电阻两端电压等于U=36V﹣ ﹣UA= ( + )﹣ ，根据欧姆定律，得待测电阻Rx= = ，代入 =20 、 =30 ，得：
23.【答案】
【解析】详细答案及解析过程见答案
24.【答案】
【解析】（1）根据G=mg求建筑材料的重力，利用不计绳重和摩擦时F=（G+G动）求承担物重的绳子段数，根据“奇动偶定”绕滑轮组；
（2）绳子自由端移动的速度v=nv物，利用P===Fv求拉力做功的功率；
（3）利用η=×100%=×100%=×100%=×100%求滑轮组的机械效率；
（4）利用不计绳重和摩擦时F=（G+G动）求动滑轮的重力。
本题考查了使用滑轮组时滑轮组的绕法、绳子的拉力、功率和机械效率的计算，利用好不计绳重和摩擦时F=（G+G动）是关键。
25.【答案】
【解析】详细答案及解析过程见答案
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