广东省深圳市福田区红岭中学2020-2021学年九年级下学期物理入学考试试卷
一、单选题（共20小题，每题2分，共40分，每小题只有一个正确选择）
1．（2021九下·福田开学考）下面说法合理的是（ ）
A．一个鸡蛋的质量约为500g
B．成人双脚站立时对地面的压强约为1.5×104Pa
C．人脉搏跳动约为10次/s
D．一层楼的高度约为3×107nm
【答案】B
【知识点】质量及其特性；压强
【解析】【解答】 A、托起两个鸡蛋的力是1N，所以一个鸡蛋的重力为0.5N，所以一个鸡蛋的质量m=== 0.05kg= 50g．此选项不符合实际；
B、一个成年人重600N，双脚站立时与水平地面的接触面积在0.04m2左右，根据公式p==1.5×104Pa ，所以B选项符合实际；
C、正常情况下，人的脉搏1min中跳动的次数为75次，所以C选项不符合实际；
D、一层楼的高度为3m=3×109nm，所以D选项不符合实际。
【分析】（1）知道重力公式的运用；
（2）能够估测成人的重力以及双脚站立时与地面的接触面积，并利用压强公式进行计算；
（3）知道人的脉动跳动的频率；
（4）知道1m的长度，并估测楼层的高度。
2．（2021九下·福田开学考）下列有关声现象的说法，正确的是（ ）
A．只要物体振动就一定能听到声音
B．蜜蜂的翅膀在3s内振动了1500次，我们不能听到蜜蜂的声音
C．医生利用超声波除去人体内的结石，这是利用声传递能量
D．汽车装上消声器是在传播过程中减弱噪声
【答案】C
【知识点】声音的产生；音调及音调与频率的关系；声与能量；防治噪声的途径
【解析】【解答】 A、听到声音的条件必须满足：一要发声体振动，二要有传播声音的介质，三要人耳能听到的频率范围且有健康的听觉器官，故A错误；
B、频率指的是每秒振动的次数，所以频数===500Hz，人耳的听觉频率范围是20Hz-20000Hz，故B错误；
C、声音能传递能量是指声音能够改变什么，医生常用超声波振动除去人体内的结石，说明声波能传递能量，故C正确；
D、消声器是在声源处减弱噪声，故D错误；
故选C．
【分析】（1）声音是由物体振动产生的，听见声音所需要的条件；
（2）频率是指单位时间内振动的次数；
（3）声音能传递信息，也能传递能量；
（4）减弱噪声有三种：①在声源处减弱；②在传播过程中减弱；③在人耳处减弱．
3．（2021九下·福田开学考）下列关于光学实验的说法，正确的是（ ）
A．探究光的反射定律时，用来显示光的传播路径的硬纸板最好选择黑色光滑的
B．探究凸透镜成像规律时，蜡烛靠近透镜，像远离透镜，像变小
C．探究光的折射特点时，光从空气射入水中，传播方向一定改变
D．探究平面镜成像特点，物体面镜时像的大小不变
【答案】D
【知识点】光的反射定律；光的折射规律；凸透镜成像规律及其探究实验；探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】A、探究光的反射定律时，用来显示光的传播路径的硬纸板最好选择白色粗糙的，因为白色反射所有颜色的光，粗糙硬纸板可以使光发生漫反射，能够从各个方面看到光的传播路径，所以A错误；
B、探究凸透镜成像规律时，凸透镜成实像时，物进像远像变大；成虚像时，物近像近像变小；故B错误；
C、光从空气中斜射入水中时，传播方向一定会发生改变，但是垂直射入时，传播方向不变，故C错误；
D、平面镜成像特点之一：物像等大，所以物体面镜时，像的大小不变，故D正确。
故选D
【分析】（1）光的反射类型：镜面反射和漫反射，知其特点，知道人能够看见物体是因为物体反射光线进入人眼；
（2）凸透镜成像移动关系：物像同向移；像的大小像距定；
（3）光的折射规律中反射角与折射角的关系：空气大角（垂直射入水中除外）；
（4）平面镜成像特点：等大、等距、垂直、虚像、正立（物像关于平面镜对称）
4．（2021九下·福田开学考）下列说法中正确的是（ ）
A．非晶体熔化时吸收热量温度不变
B．水沸腾时吸收热量温度升高
C．夏天打开冰箱门看到的“白气”，是冰箱内水蒸气液化形成的
D．春天的早晨，经常出现大雾，这是液化现象
【答案】D
【知识点】熔化与熔化吸热特点；液化及液化放热；探究水的沸腾实验
【解析】【解答】A、晶体有固定的的熔点，而非晶体没有固定熔点，所以非晶体在熔化过程中不断吸热，温度逐渐升高，故A错误；
B、水沸腾时吸热温度保持不变，故B错误；
C、“白气”是小水珠，由相对温度较高的水蒸气遇冷液化形成的，所以，夏天打开冰箱门，冰箱外的空气中的水蒸气遇冷液化形成，故C错误；
D、春天的早晨出现大雾，是空气中的水蒸气的液化现象，故D正确。
故答案为：D
【分析】（1）晶体熔化时温度不变，这个温度叫做熔点，非晶体熔化时没有一定的熔化温度；
（2）水沸腾的特点：吸热，温度保持不变；
（3）“白气”“雾”“露”都是小水珠，是生活中常见的液化现象。
5．（2021九下·福田开学考）关于热现象，下列说法正确的是（ ）
A．1kg60℃的水比1kg30℃的水含有的热量多
B．0℃的水变成0℃的冰，温度不变，内能减少
C．物体吸收热量，温度一定升高，内能不一定增加
D．夏天在室内洒水降温，利用了水的比热容较大的性质
【答案】B
【知识点】内能的概念；温度、热量与内能的关系；比热容
【解析】【解答】A.热量是指发生热传递过程中内能的转移，是一个过程量，所以热量的表达只能说“吸收”或“放出”，不能说“含有”，故A错误；
B、0℃的水变成0℃的冰是凝固过程，这个过程会放出热量，所以内能减少，故B正确；
C、 物体吸收热量，内能一定增加 ，温度不一定升高，例如：冰化水，吸热，内能增加，温度保持不变，故C错误。；
D、夏天在室内洒水 ，水蒸发吸热，室内温度降低，并不是利用了水的比热容较大的性质，故D错误。
故答案为：B
【分析】（1）热量是一个过程量，所以表达时只能用”吸收热量”或“放出热量”；
（2）改变内能的方式：做功和热传递，所以外界对物体做功，内能增加；物体吸收热量，内能增加；
（3）水的比热容大的应用以及物态变化的应用的区分。
6．（2021九下·福田开学考）关于下面四幅图的说法正确的是（ ）
A．甲图：抽出玻璃板，下瓶中出现红棕色NO2气体，表明气体间可以发生扩散现象
B．乙图：悬挂重物不能把两铅块分开，说明分子间存在引力，没有斥力
C．丙图：活塞压缩空气，硝化棉燃烧，此过程与热机的压缩冲程原理相同
D．丁图：瓶内空气推开瓶塞，内能减少，瓶口出现的白雾是水蒸气
【答案】C
【知识点】做功改变物体内能；分子热运动；分子间相互作用力
【解析】【解答】A、甲图中，上方的NO2气体密度大，抽取玻璃板后，两瓶中气体逐渐混合，可能是扩散现象，也有可能是重力的作用，所以不能表明 气体间可以发生扩散现象 ，故A错误；
B、乙图中，两个压紧的铅块能吊起钩码而不分开，是因为分子间存在引力，但也有斥力，引力和斥力是同时存在的，故B错误；
C、丙图中玻璃筒内有一团硝化棉，迅速向下压活塞，因为压缩玻璃筒内的空气对其做功，使得空气的内能增加，温度升高，达到硝化棉的燃点，所以硝化棉燃烧，这个过程将机械能转化为内能；热机的压缩冲程将机械能转化为内能，所以两者原理相同，故C正确；
D、丁图中， 瓶内空气推开瓶塞，内能减少 ，温度降低，瓶口出现的白雾是空气中的水蒸气遇到瓶口相对冷的空气液化形成的小水珠，故D错误。
故答案为：C
【分析】（1）扩散现象表明：一切物质的分子都在不停地做无规则运动;
（2）分子间同时存在相互作用的引力和斥力；
（3）对物体做功，物体的内能增加，物体对外做功，其内能减小；内燃机的压缩冲程将机械能转化为内能；
（4）水蒸气是无色的，肉眼无法观察，所以白雾是小水珠。
7．（2021九下·福田开学考）甲、乙两辆车都向东做直线运动时，它们行驶的路程s随时间﹣变化的图像如图所示。根据图像提供的信息，下列判断正确的是（ ）
A．乙车在做变速直线运动
B．前3s内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C．当t＝3s时，乙车通过的路程是90m
D．0﹣3s甲车相对乙车向东运动，之后甲车相对乙车向西运动
【答案】B
【知识点】速度公式及其应用；匀速直线运动特点；运动和静止的相对性
【解析】【解答】A、由S-t图像可知，甲、乙两车运动的图像都是一条斜线，代表其运动的路程与时间成正比，所以两车都在做匀速直线运动，故A错误；
BC、由s-t图像可知，前3秒内，甲车运动的路程S甲=90m，乙车运动的路程为S乙=90m-60m=30m，所以甲车的速度v甲==30m/s，乙车的速度v乙==10m/s，比较可知，前3s内，甲车的速度大于乙车的速度，故B正确,C错误；
D、甲车的速度大于乙车的速度，甲车超越乙车后，仍相对于乙向东运动，故D错误。
故答案为：B
【分析】分析s-t图像，s是路程，t是时间，利用速度公式v=求出甲乙两车的行驶速度，利用运动和静止的相对性来判断甲车相对乙车的方向。
8．（2021九下·福田开学考）关于质量和密度，下列说法正确的是（ ）
A．通常说“棉花比铁轻”是指棉花的质量小于铁的质量
B．氧气罐中的氧气用去一半，密度减小一半
C．同种物质的状态发生变化，质量和密度均不变
D．同种物质的密度与物体的质量成正比，与物体的体积成反比
【答案】B
【知识点】质量及其特性；密度及其特性；密度公式及其应用
【解析】【解答】A、“棉花比铁轻”是指相同体积的棉花比铁的质量小，也就是说棉花的密度小于铁的密度，故A错误；
B、氧气罐中的氧气用去一半，质量减半，因为氧气罐的体积不变，所以体积不变，根据可知，瓶内氧气的密度变为原来的一半，故B正确；
C、同种物质的状态发生变化，一般体积会发生变化，质量不变，根据可知，其密度会发生变化，故C错误；
D、密度是物质本身的一种属性，同种物质组成的物体密度相同，与物体的质量和体积无关，故D错误。
【分析】单位体积的某种物质的质量叫做密度；
9．（2021八下·江油月考）关于力与运动的关系，下列说法中正确的是（ ）
A．人推桌子，桌子没有动，是因为推力小于摩擦力
B．一个物体受到力的作用，它的运动状态一定改变
C．伽利略认为力不是维持物体运动的原因
D．推出去的铅球能在空中飞行，是因为铅球受到惯性的作用
【答案】C
【知识点】力与运动的关系
【解析】【解答】A．人推地面上的桌子，桌子不动，因此桌子受平衡力作用，故推力等于桌子受到的摩擦力，A不符合题意；
B．一个物体受到力的作用，它的运动状态不一定改变，例如物体受到平衡力的作用，它的运动状态就不会改变，B不符合题意；
C．伽利略的理想斜面实验证明了：运动不需力来维持，C符合题意；
D．铅球被推出后能够在空中继续飞行，是因为铅球具有惯性，不能说受到惯性的作用，故 D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】牛顿第一定律给出的结论是，物体的运动是不需要力来维持的，力可以改变物体的运动状态。物体的速度大小或方向发生变化，这就意味着物体的运动状态就发生了改变。
10．（2020九下·江油开学考）如图所示，人用绳子拉着木块在水平地面上做匀速直线运动。在该过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．木块受到地面的摩擦力和绳子对木块的拉力是一对平衡力
B．木块受到的重力和地面对木块的支持力是一对平衡力
C．木块对地面的压力和地面对木块的支持力是一对相互作用力
D．木块对绳子的拉力和人对绳子的拉力是一对相互作用力
【答案】C
【知识点】力作用的相互性；平衡力的辨别
【解析】【解答】A．由图知木块受到的摩擦力和绳子对木块的拉力不在同一直线上，不是一对平衡力，则A不符合题意；
B．木块受到的重力大于地面对木块的支持力，不是一对平衡力，则B不符合题意；
C．木块对水平面的压力和水平面对木块的支持力作用在地面和木块两个物体上，大小相等、方向相反、在同一直线上，是一对相互作用力，则C符合题意；
D．木块对绳子的拉力和手对绳子的拉力作用在同一物体上，不是相互作用力，则D不符合题意。
故答案为：C
【分析】平衡力和相互作用力的区别在于是否作用在同一物体上，两个等大反向的力作用在同一物体上，即位平衡力，作用在不同物体上即为相互作用力。
11．（2021九下·福田开学考）如图所示，相同的小球在盛有不同液体的容器中保持静止，四个容器中的液面到容器底的距离相同，则容器底受到的液体压强最大的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】压强大小比较
【解析】【解答】解：
由图可知，小球在BD中漂浮，A中悬浮，C中下沉，
根据物体的浮沉条件可知BD液体的密度大于A和C液体的密度；
因为物体漂浮时浮力和自身的重力相等，
所以根据F浮=ρgV排可知，D中小球排开液体的体积小于B中小球排开液体的体积，D中液体的密度最大，
所以根据P=ρgh可知，液面处于同一高度时，D中容器底部受到液体压强最大．
故选D．
【分析】（1）物体密度大于液体密度时下沉、物体密度等于液体密度时悬浮、物体密度小于液体密度时漂浮；
（2）物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，根据阿基米德原理判断漂浮时液体密度的大小关系；
（3）根据P=ρgh判断液面处于同一高度时，容器底部受到液体压强的大小关系．
12．（2021九下·福田开学考）下列分析正确的是（ ）
A．公交车里的破窗锤，是通过减小受力面积来增大压强的
B．茶壶的壶嘴与壶身组成了连通器，壶身的水位总是比壶嘴的水位低
C．托里拆利实验第一次证明了大气压的存在
D．船只不能并排靠近航行，是因为流速越大的位置，压强越大
【答案】A
【知识点】增大压强的方法及其应用；连通器原理；大气压强的存在；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】A、公交车里的破窗锤的一段是尖的，在压力一定的情况下，通过减小受力面积来增大压强，更方便破窗，故A正确；
B、茶壶的壶嘴与壶身组成了连通器，因此壶身的水位与壶嘴的水位相平，故B错误；
C、马德堡半球实验证实了大气压强的存在，托里拆利实验测出了大气压强值，故C错误；
D、 船只不能并排靠近航行，是因为流速越大的地方压强越小，故D错误。
故答案为：A
【分析】（1）增大压强的方法：压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；受力面积一定时，通过增大压力来增大压强；
（2）上端开口，底部连通的容器叫做连通器，在连通器中装有相同液体，静止不动时，液面总是相平的；
（3）托里拆利首先用实验的方法测出了大气压强值；
（4）流体流速大的地方压强小。
13．（2021九下·福田开学考）如图所示，盛有水的杯子静止在水平桌面上。杯子重1N，高9cm，底面积30cm2；杯内水重2N，水深6cm，水的密度为1.0×103kg/m3，g取10N/kg。下列选项中正确的是（ ）
A．水对杯底的压强为900Pa B．水对杯底的压力为2N
C．水杯对桌面的压力为2.8N D．水杯对桌面的压强为1000Pa
【答案】D
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用
【解析】【解答】AB、杯内水的深度h=6cm=0.06m，水对杯底的压强 ，水对杯底的压力F=PS=600Pa×30×10-4m2=1.8N；故A、B错误；
CD、在水平桌面上，杯对桌面的压力：F=G杯+G水=1N+2N=3N，
杯对桌面的压强：p===1×103Pa，故C错误，D正确。
故答案为：D
【分析】液体对容器的压力压强的计算步骤：①p=ρgh；②F=PS
容器对桌面的压力压强的就算步骤：①F=G容+G液；②p=
14．（2021九下·福田开学考）同学们梳理了教材中与物理知识相关的实验，如图所示，其中分析不正确的是（ ）
A．甲图中，密度计上的刻度线均匀，自上往下，密度值越来越小
B．乙图中，潜艇的制作原理是通过排水、吸水的方法改变其重力，实现沉与浮
C．丙图中，将金属块竖放在海绵上，与平放相比，减小受力面积，增大压强
D．丁图中，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力和吸盘的面积，估测大气压强值
【答案】A
【知识点】增大压强的方法及其应用；大气压强的测量方法；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、同一密度计漂浮时浮力等于密度计的重力，根据F浮=ρ液gV排分析可知，液体密度越大排开液体的体积越小，密度计浸入液体的深度越小，说明密度计上的刻度值越靠近上端示数值越大，反之，越靠近下端数值越小，所以密度计自上往下，密度值越小，但是因为密度计的下端横截面积较大所以密度计越靠近下端，刻度线越密，所以刻度线不均匀，故A错误；
B、潜水艇是通过改变自身的重力来实现上浮下潜，故B正确；
C、丙图中，竖放与平放，金属块与海绵的受力面积减小，压强增大，故C正确；
D、丁图实验测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力和吸盘的面积算出大气压强值，故D正确。
故答案为：A
【分析】（1）液体密度越大，密度计浸入液体的体积越小；
（2）物体的浮沉取决于物体受到的重力和浮力大小；
（3）压力的作用效果与压力和受力面积的大小有关，压力越大，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
（4）知道压力和受力面积，利用p=求压强。
15．（2021九下·福田开学考）将皮球从离地某一高O点处水平抛出，球落地后又弹起，它的部分运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．皮球经过同高度的
A．B两点时动能相等
B．皮球落地后又弹起，在此过程中只发生了动能和势能的相互转化
C．皮球在D点时的机械能小于在C点时的机械能
D．皮球第一次反弹后到最高点P点时速度为零
【答案】C
【知识点】机械能及其转化；机械能守恒条件
【解析】【解答】A、皮球从A来到B点的过程中，因为有空气阻力，所以皮球的机械能减小，A、B点的重力势能相同，所以A点的动能大于B点的动能，故A错误；
B、皮球落地后又弹起，在此发生了动能和势能的转化，但因为空气阻力，部分机械能转化为了内能，故B错误；
C、皮球从C点到D点，因为空气阻力，皮球机械能减小，所以D点的机械能小于C点的机械能，故C错误；
D、皮球在整个运动的过程中，始终有向前的速度，所以皮球第一次反弹后到最高点P点时的速度不为零，故D错误。
故答案为：C
【分析】机械能守恒：只有动能和势能（重力势能和弹性势能），在不计空气阻力和摩擦的情况下，机械能不变。
16．（2021九下·福田开学考）用弹簧测力计沿水平方向两次拉着同一物体在同一水平地面上运动，两次运动的s﹣t图像如图所示，其对应的测力计示数分别为F1和F2，功率分别为P1和P2，则它们的大小关系正确的是（ ）
A．两物体运动的速度：v1＜v2
B．两次物体所受的拉力：F1＞F2
C．两次拉力做功功率：P1＜P2
D．相同时间内两次拉力对物体所做的功：W1＞W2
【答案】D
【知识点】功率大小的比较；功
【解析】【解答】A、由图可知，相同时间内第①次通过的路程大于第②次路程，根据公式v=可知，第①次的速度大于第②次的速度，即v1>v2，故A错误；
B、物体的s-t图像都是过原点的直线，说明两次都在做匀速直线运动，根据二力平衡条件可知，拉力大小等于滑动摩擦力大小，因为压力和接触面的粗糙程度都不变，所以滑动摩擦力大小相等，拉力大小也相等，即F1=F2，故B错误；
CD、由s-t图像可知，相同时间内第①次通过的路程大，且F1=F2,根据W=Fs可知，W1>W2，因为v1>v2，根据P=Fv可知，P1>P2，故C错误，D正确。
故答案为：D
【分析】分析s-t图像时通过控制变量法分析物体两次运动的速度，运用二力平衡分析力的大小，并运用公式进行分析。
17．（2020·西安模拟）为了将放置在水平地面上重为100N的物体提升一定高度，设置了图甲所示的滑轮组装置．当用图乙所示随时间变化的竖直向下的拉力F拉绳时，物体上升的速度v和物体上升的高度h随时间变化的关系分别如图丙和丁所示．不计绳重和绳与轮之间的摩擦．下列说法正确的是（ ）
A．0s～1s内，物体做匀速直线运动
B．2s～3s内，拉力F的功率是200W
C．1s～2s内，拉力F做的功是375J
D．2s～3s内，滑轮组的机械效率是62.5%
【答案】C
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮组及其工作特点；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】A、由图丙可知，在0～1s内，物体的速度为0，处于静止状态，A不符合题意；
B、由图丙可知在2～3s内，重物做匀速运动，v3=5m/s，由图乙可知此时拉力F3=40N，由图甲可知，从动滑轮上直接引出的绳子股数（承担物重的绳子股数）n=3，所以拉力端移动速度 ，拉力做功功率（总功率）： ，B不符合题意；
C、由图乙可知，在1～2s内，拉力F2=50N，由图丁得出重物上升高度h2=2.5m，拉力端移动的距离 ，拉力做的功： ，C符合题意；
D、在2～3s内，滑轮组的机械效率： ，D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】物体的运动状态改变，受力不平衡；根据力和速度的乘积计算功率的大小；根据力和距离的乘积计算做功多少；有用功和总功的比值计算机械效率。
18．（2017九上·港南期中）小明家的饮水机具有加热和保温两种功能：当饮水机处于加热状态时，饮水机的红灯亮绿灯灭；水被加热到预定温度时，饮水机内部的温控开关S自动切换到保温状态，此时饮水机的绿灯亮红灯灭，下列电路中与上述情况相符的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】解：A、由电路图可知，加热时饮水机的红灯亮绿灯灭，保温时绿灯亮红灯灭，且加热时的电阻小于保温时的电阻，符合题意，故A正确；
B、由电路图可知，加热时红灯亮绿灯灭，但温控开关S自动切换时，电路中无加热管起不到保温作用，不符合题意，故B不正确；
C、由电路图可知，无论加热时还是保温时绿灯均发光，不符合题意，故C不正确；
D、由电路图可知，加热时绿灯亮红灯灭，不符合题意，故D不正确．
故选：A．
【分析】由题意可知，两灯泡独立工作、互不影响即为并联，根据P= 可知，加热时电路中的电阻小于保温时电路中的电阻，据此进行解答．
19．（2021九下·福田开学考）如图甲所示，粗细均匀的电阻丝AB（AB的阻值不随温度变化）通过滑片P连入电路，小灯泡的额定电压为6V．闭合开关S后，滑片P从最左端A滑到最右端B的过程中，小灯泡的I﹣U图象如图乙所示。下列计算结果正确的是（ ）
A．电源电压为9V
B．小灯泡的额定功率为3W
C．电阻丝AB的最大电阻为3Ω
D．滑片P滑至A端时，1min内电阻丝AB产生的热量为135J
【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；额定功率；焦耳定律的应用
【解析】【解答】AB、由图甲可知，当滑片位于B端时，电路为L的简单电路，此时电路中的电流最大，
由图乙可知，通过灯泡的电流为1A，灯泡两端的电压为6V，即电源的电压U=6V，故A错误；
灯泡的额定功率PL=ULIL=6V×1A=6W，故B错误；
C、当滑片P在最左端A时，电阻丝AB完全接入电路中，电路中的电流最小，由图乙可知，通过小灯泡的电流为I=0.5A，灯泡两端电压UL′=1.5V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电阻丝AB两端电压：UAB=U-UL′=6V-1.5V=4.5V，因串联电路中各处的电流相等，
所以，由可得，电阻丝AB的阻值：RAB==9Ω，故C错误，
1min内电阻丝产生的热量Q=UABIt=4.5V×0.5A×60s=135J，故D正确．
故答案为：D
【分析】 （1）由图甲可知，当滑片位于B端时，电路为L的简单电路，此时电路中的电流最大，根据图乙可知通过灯泡的电流以及两端的电压即为电源的电压，根据P=UI求出灯泡的额定功率；
（2）滑片P在最左端A时，电阻丝AB完全接入电路中，电路中的电流最小，根据图乙读出灯泡两端的电压和通过的电流，根据串联电路的电压特点求出AB两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电阻丝AB的阻值，根据Q=UIt求出电阻丝产生的热量．
20．（2021九下·福田开学考）图所示的电路中，电源两端电压为6V并保持不变，滑动变阻器R标有“20Ω 1A”字样，小灯泡L标有“2V 1W”字样。当开关S闭合，在不损坏电路各元件的前提下（不考虑温度对灯泡电阻的影响），滑动变阻器的滑片P移动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．电压表的示数变大，电流表的示数变小
B．滑动变阻器R的阻值变化范围为0Ω～20Ω
C．电流表的示数变化范围为0.25A～0.5A
D．电压表的示数变化范围为1V～6V
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】 A、由图知灯泡RL和R串联，电压表测量灯泡RL两端的电压．当滑片P由b端移到a端的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路中的总电阻变小，电源电压不变，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，则电流表示数变大；根据分压原理可知，滑动变阻器连入阻值变小，其分得电压减小，电源电压不变，R1两端电压变大，则电压表示数变大．故A错误．
BCD、由小灯泡L标有“2V 1W”可以求出灯泡的电阻RL==4Ω ，
当滑片在b端时，电路总电阻 R总=RL+R=4Ω+20Ω=24Ω，
电路中电流最小为：Imin==0.25A，此时电压表示数最小为 Umin=IminRL=0.1A×10Ω=1V，当滑片P由b端移到a端的过程中,滑动变阻器连入阻值变小，其分得电压减小，电源电压不变，RL两端电压变大,电压表示数变大，因为灯泡的额定电压为2V，所以电压表示数为2V时，滑片不能继续向a点移动，此时电路中的电流最大，为：Imax==0.5A,此时滑动变阻器两端分的电压为U滑=U总-UL=6V-2V=4V，滑动变阻器接入电路的电阻为R滑=, 所以，滑片由b端移到a端的过程中，滑动变阻器R的阻值变化范围为8Ω～20Ω电流表的示数变化范围是0.25A～0.5A，电压表的示数变化范围是1V～2V，故BD错误、C正确 .
故答案为：C
【分析】 由电路图可知，电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中电流；根据滑动变阻器的移动可知电路中总电阻的变化，根据欧姆定律求出电路中电流的变化，再根据串联电路的分压特点求出电压表的示数变化．当滑片P由b端移到a端的过程中,在不损坏电路各元件的前提下，由灯泡规格，得出电压表示数能达到的最大值，根据欧姆定律和串联电路的特点求出当滑片在b端时电流表和电压表的示数，进而得出两表示数的变化范围，电流以及滑动变阻器接入电路的电阻范围．
二、双选题（错选不得分，漏选得1分，共5小题，每题3分，共15分）
21．（2021九下·福田开学考）如图所示，甲、乙两支完全相同的试管，分别装有质量相等的液体，甲试管竖直放置，乙试管倾斜放置，两试管液面相平。已知甲试管中的液体密度为ρ甲，对试管底的压强为p甲；乙试管中的液密度为ρ乙，对试管底的压强为p乙，则下列判断中正确的是（ ）
A．ρ甲＜ρ乙 B．ρ甲＞ρ乙 C．p甲＝p乙 D．p甲＞p乙
【答案】B,D
【知识点】液体压强计算公式的应用
【解析】【解答】AB、由题意可知两管中所装的液体质量是相等的m甲=m乙，乙管是倾斜的，由此可知乙管中所装的液体体积比较大，即v甲ρ乙，故A错误，B正确；
CD、根据液体压强的计算公式P=ρgh，液体的深度是一定的，因为ρ甲>ρ乙，所以P甲>P乙，故C错误，D正确，所以答案选BD。
故答案为：BD
【分析】 （1）液体压强的计算公式p=ρgh，h指的是该液面到自由液面的垂直距离．
（2）密度的计算公式 。
22．（2021九下·福田开学考）如图所示电路，当滑动变阻器的滑片位于中点时，闭合开关，滑片向左移动，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1的示数将不变
B．灯泡的亮度将变暗
C．电压表示数将变大
D．电压表示数与电流表A2示数的比值将变大
【答案】A,D
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】ABC、因为并联电路各支路互相独立，互不影响，所以闭合开关，滑片向左移动，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，即为电源电压，电源电压不变，因此电压表的示数不变；灯泡电阻不变，通过灯泡的电流不变，也就是电流表A1的示数不变，灯泡的亮度不变，故A正确，B错误；
D、当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电源电压不变，由 可知，通过滑动变阻器的电流变小，由可知，电源电压不变，干路电流变小，电压表示数与电流表A2示数的比值变大，故D正确，所以选AD选项。
故答案为：AD
【分析】根据电路可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测的是灯泡的电流，电流表A2测得是干路电流，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，即为电源电压。
23．（2021九下·福田开学考）以下方法能使一个电热器在相同的时间内放出的热量减半的是（ ）
A．使通过电热丝的电流减小一半
B．使电热丝两端的电压减少一半
C．把电热丝的长度减少一半
D．使电热丝两端的电压和电热丝的长度都减少一半
【答案】D
【知识点】焦耳定律的应用
【解析】【解答】 A．由Q=W=I2Rt可得，使通过电热丝的电流减小一半时，电热器在相同的时间内放出的热量变为原来的，故A错误；
B．由Q=W=可得，使电热丝两端的电压减少一半时，电热器在相同的时间内放出的热量变为原来的
，故B错误；
C．把电热丝的长度减少一半时，其阻值变为原来的一半，由Q=W=可知，电热器在相同的时间内放出的热量变为原来的2倍，故C错误；
D．使电热丝两端的电压和电热丝的长度都减少一半，由Q=W=可知，电阻和电压均减半时，电热器在相同的时间内放出的热量变为原来的，故D正确．
故答案为：D．
【分析】电热器是将电能全部转换为内能的用电器，属于纯电阻电路， 纯电阻电路中电阻产生的热量和电流所做的功相等，计算公式通用，选择合理的电热公式逐项分析即可得出结果。
24．（2021九下·福田开学考）电工师傅常用一只标有“220V 40W”的灯泡L0（检验灯泡）取代保险丝来检查新安装的照明电路中每个支路的情况，如图所示，当只闭合S、S1时L0不亮；当只闭合S、S2时，L0和L2都呈暗红色；当只闭合S、S3时，L0正常发光。由此可以判断（ ）
A．L1所在的支路短路 B．L2所在的支路正常
C．L3所在的支路短路 D．各支路均完好
【答案】B,C
【知识点】家庭电路的故障分析
【解析】【解答】 A、当只闭合S、S1时，L0和L1都不亮，说明电路是断路状态，L1所在的支路 短路．故A错误；
B、当只闭合S、S2时，L0和L2都呈暗红色；说明L0和L2是串联，两灯得到的电压小于220V，故不能正常发光，L2所在的支路 正常，故B正确；
C、当只闭合S、S3时，L0正常发光；说明L0两端电压为220V，L3所在的支路短路，故C正确；
因此BC正确，AD均错误．
故答案为：BC．
【分析】 将额定电压220V的“校验灯泡”，接在保险丝的两只接线柱上，是相当于把此灯串联入电路中，它会有三种状态：“校验灯泡”恰能正常发光，说明该支路短路，“校验灯泡”发光不正常（暗红色）说明该支路工作正常，“校验灯”不发光说明该支路断路。
25．（2021九下·福田开学考）如图所示分别是小明家11月1日和12月1日电能表的示数，结合表盘上的信息可知，下列判断正确的是（ ）
A．电能表是测量电功率的仪表
B．小明家11月份消耗的电能为1011kW h
C．电能表工作时允许通过的最大电流不能超过10A
D．电能表上指示灯闪烁320次，表示家庭电路消耗电能0.2kW h
【答案】D
【知识点】电能表参数的理解；电功的计算
【解析】【解答】 A、电能表是用来测量电路中消耗电能多少的仪表，故A错误；
B、小明家上月消耗的电能为：5647.8kW h-5546.7kW h=101.1kW h，故B错误；
C、因为电能表允许通过的最大电流为40A，因此小明家干路中的电流不得超过40A，故C错误；
D、指示灯闪烁32次消耗的电能：W==0.2kW h；故选D．
故答案为：D
【分析】 从电能表表盘可得到的信息：①电能表是用来测量消耗电能多少的仪表；②电能表读数时，最后一位是小数，单位kW h；③根据10（40）A的含义判断；
④1600imp/kW h表示每消耗1kW h的电能，指示灯闪烁1600次，据此求出指示灯闪烁320次消耗的电能．
三、实验题（每空1分，共22分）
26．（2021九下·福田开学考）小吴想知道酱油的密度，于是他和小华把天平和量筒放在水平桌面上，进行如下实验：
（1）调节天平横梁平衡时，小昊移动游码至标尺左端 处，发现指针位置如图甲所示，接下来他应将平衡螺母A向 （选填“左”或“右”）调：
（2）用调节好的天平测出空烧杯的质量为17g，在烧杯中倒入适量的酱油，测出烧杯和酱油的总质量如图乙所示，则烧杯中酱油的质量为 g。将烧杯中的酱油全部倒入量筒中，酱油的体积如图丙所示，则酱油的密度为 kg/m3。
（3）小吴用这种方法测出的酱油密度会 。（选填“偏大”或“偏小”）
（4）小华不小心将量筒打碎了，老师说只用天平也能测量出酱油的密度。于是老师给小华添加了两个完全相同的带刻度的烧杯和适量的水，小华设计了如下实验步骤，请你帮小华补充完整。
①用调好的天平测出空烧杯质量为m0
②向一个烧杯内加水至某刻度处，用天平测出烧杯和水的总质量为m1
③向另一个烧杯装酱油至 处，用天平测出烧杯和酱油的总质量为m2
④已知水的密度，并将其记为ρ水
⑤则酱油的密度表达式ρ＝ 。（用m0、m1、m2、ρ水来表达）
【答案】（1）零刻度线；左
（2）45；1.125×103
（3）偏大
（4）相同刻度； ρ水
【知识点】质量的测量与天平的使用；液体密度的测量；设计实验测密度
【解析】【解答】 （1）天平使用前必须先将游码移至左端零刻度线处，再调节平衡螺母，由甲图知，指针右偏，所以应将平衡螺母向左调节；
（2）由乙图可知，烧杯和酱油的总质量为62g，酱油的质量为m=m总-m杯=62g-17g=45g；
由丙图读数可知，酱油的体积为V=40cm3；
酱油的密度： ；
（3）将烧杯中的酱油全部倒入量筒中时，会有部分酱油残留在量筒中，导致测量体积偏小，由 分析可知，所测量的密度偏大；
（4）两个完全相同的烧杯中倒入相同刻度的酱油和水，可以用等体积法来求酱油的体积，酱油的质量为m酱油=m2-m0，所以酱油的密度 。
故答案为：（1）零刻度线、左；（2）45、1.125×103（3）偏大（4）相同刻度、 ρ水
【分析】 （1）天平使用前必须先将游码移至左端零刻度线处，再调节平衡螺母，调节原则是：“左偏右调”、“右偏左调”；
（2）被测物体的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；观察量筒读数知道橡皮的体积，利用密度公式计算其密度；
（3）测量体积的过程中，将烧杯中的酱油全部倒入量筒中会导致部分酱油残留在量筒中，导致测量体积偏小，根据公式进行分析；
（4）通过等体积法测出水的体积从而间接知道酱油体积，利用密度公式进行分析。
27．（2021九下·福田开学考）小明用弹簧测力计、圆柱体、两个相同的圆柱形容器，分别装有一定量的水和酒精，对浸在液体中的物体所受的浮力进行了探究，其装置和弹簧测力计示数如图所示。
（1）物体受到的重力是 N。
（2）物体浸没在水中受到的浮力为 N。
（3）通过比较B、C、D三幅图，得出：浮力大小与浸在液体中的深度有关的结论，对此结论你认为是 （选填“正确”或“错误”），理由是 。
（4）根据已有条件，请你求出E图中弹簧秤的示数是 N（ρ酒精＝0.8×103kg/m3）
（5）实验中所用物体的密度ρ＝ g/cm3，若烧杯的底面积为200cm2，则物体全部放入水中后烧杯底部所受到的水的压强增加 Pa。
【答案】（1）4
（2）1
（3）错误；没有控制物体排开液体的体积相同
（4）3.2
（5）4；50
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算；探究浮力大小的实验
【解析】【解答】（1）在空气中弹簧测力计的示数等于物体的重力大小，由图A可直接读出弹簧测力计的示数为4N；
（2）由图A、D两图可知，圆柱体浸没在水中时受到的浮力：F浮=G-F=4N-3N=1N；
（3）探究浮力与物体浸入液体深度的关系，应控制液体密度与物体排开液体的体积相同而物体浸没在液体中的深度不同，由图B、C、D三幅图可知，物体排开液体的密度相同但没有控制排开液体的体积相同，所以不能用于探究浮力大小与浸在液体中的深度的关系；
（4）物体浸入液体的体积等于物体排开液体的体积，浸没时，V排=V物，
所以 ，
根据F浮=ρ液gV排可以求出物体在酒精中受到的浮力F=ρ酒精gV排酒精=0.8×103kg/m3×10N/kg×1×10-4m3=0.8N，
所以弹簧测力计示数F=G-F=4N-0.8N=3.2N；
（5）物体的质量 ，
物体的体积V=1×10-4m3，所以物体的密度 ，
将物体全部放入水中后，排开水的体积V排=1×10-4m3，
所以容器中液体变化的深度为 ，
所以 。
故答案为：（1）4 （2）1 （3） 错误；没有控制物体排开液体的体积相同（4）3.2（5）4 50
【分析】正确读出弹簧测力计的示数，运用称重法计算浮力以及弹簧测力计的示数，探究浮力大小与什么因素有关的实验中灵活运用控制变量法，运用阿基米德原理公式计算物体的体积，进而运用密度公式计算。
28．（2021九下·福田开学考）小华做”测量小灯泡电功率”实验。实验室有如下器材：电源（电压恒为6V）、小灯泡（额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω）、电流表电压表开关各一个、规格分别为R1：“10Ω 1A”和R2“30Ω 0.5A”的滑动变阻器各一个、导线若干。
（1）小华设计了图甲所示的电路，她应选用的滑动变阻器规格为 （R1/R2）。
（2）连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，此时小华 （能/不能）确定电路一定存在故障。
（3）如果电流表有示数，电压表无示数，则故障原因可能是小灯泡 （短路/断路）。
（4）确定电路正确后。移动滑动变阻器滑片在不同位置，小灯泡U﹣I图像如图乙所示，当小灯泡正常发光时。小灯泡的额定功率为 W。
（5）小华在某次调节中滑动变阻器接入电路的阻值增加了△R1，同时小灯泡电阻变化了△R2，则△R1 （大于/小于/等于）△R2。
（6）同组的小敏在测该小灯泡的额定功率时，电压表损坏，小敏利用身边的器材设计了如图丙所示的电路。其中电源电压恒为U，R的电阻值已知。
①闭合开关S和 ， （调节/不调节）滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为 ；
②闭合开关S和 ， （调节/不调节）滑动变阻器的滑片，记录电流表的示数为I；
③小灯泡额定功率表达式为：P额＝ （用已知量符号表示）。
【答案】（1）R2
（2）不能
（3）短路
（4）0.625
（5）大于
（6）S2；调节；S1；不调节；2.5V×（I ）
【知识点】电功率的测量
【解析】【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为2.5V，据欧姆定律知，小灯泡正常发光的时的电流约为 ，由串联电路电压的规律，滑动变阻器要分去U滑=6V-2.5V=3.5V的电压，滑动变阻器的阻值至少为 ．根故应选用R“30Ω0.5A”的滑动变阻器；
（2）小灯泡不亮的情况有两种：一是电流中没有电流，出现了断路，二是电路中电流太小，因为在闭合开关之前，滑片要移到阻值最大处，所以电路中电流会很小，从而会导致灯泡不亮，所以一般情况下分析故障之前要先检查是不是滑动变阻器接入电路电阻太大；因此小华不能确定电路是够一定存在故障；
（3）经分析，电流表有示数，可能是通路或者短路，电压表无示数，可能是小灯泡短路或者电压表短路；
（4）由图乙知，当灯电压为2.5V时对应的电流为0.25A，小灯泡的额定功率 P额=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W；
（5）接入电路的滑动变阻器的电阻增大，电路中总电流变小，总电阻增大，结合乙图分析，当电流变小时，灯泡的电阻也减小，根据R总=R滑+RL；所以滑动变阻器增加的阻值大于灯泡减小的阻值，即△R1大于△R2；
（5）①要测小灯泡的额定公路，应该使灯泡先正常发光，所以先闭合S和S2，调节滑动变阻器的滑片，使电流表示数为 ，根据并联电路电压规律和欧姆定律，此时灯泡的电压为2.5V，正常发光；
②闭合开关S和S1，保持互动变阻器滑片的位置不变，此时电路的连接关系没有改变，只是电流表由原来测通过R的电流变为测通过灯和R并联的总电流I，根据并联电路电流规律，灯泡的额定电流为I- ，
所以小灯泡额定功率的表达式为 P额=U额I额=2.5V×（I- ） ．
【分析】（1）根据欧姆定律求出灯正常发光时的电流大小，由串联电路电压和电流的规律，求出滑动变阻器连入电路中的最小阻值，确定变阻器的规格；
（2）连接电路时，在闭合开关之前，滑片要移到阻值最大处，所以电路中电流会很小，从而会导致灯泡不亮，所以一般情况下分析故障之前要先检查是不是滑动变阻器接入电路电阻太大；
（3）电流表有示数，说明电路可能短路；电压表无示数，说明与电压表并联的用电器或者电压表短路；或者与电压表两接线柱与灯泡接通的部分是断开的；
（4）由图乙，根据额定电压电压下对应的电流大小，求小灯泡的额定功率P额=U额I；
（5）接入电路的滑动变阻器的电阻增大，电路中总电流变小，总电阻增大，根据串联电路电阻规律R总=R滑+RL进行分析；
（6）在没有电压表的情况下，定值电阻R和电流表相当于电压表；将电流表与R串联，再与灯并联，首先使通过R的电流为，由欧姆定律和并联电路电压的规律，灯正常发光，
保持滑片的位置不变，将电流表与灯串联，因电路的连接没有改变，各元件两端的电压不变，读出电流表示数即灯和R并联的干路电流，根据P额=U额I求小灯泡的额定功率．
四、计算题（29题8分，30题9分，共17分）
29．（2021九下·福田开学考）学校教学楼有一个额定电压为220V电热水器，图是其简化了的工作电路图。已知电阻R1＝22Ω，R2＝220Ω，电源电压保持220V不变，利用开关S1、S2闭合与断开，可实现电热水器的加热和保温功能。求：
（1）开关S1闭合、S2断开，电热水器处在保温状态还是加热状态；
（2）电热水器处于保温状态时的功率；
（3）电热水器处于加热状态时，经过5min电流产生的热量。
【答案】（1）开关S1、S2闭合时，电路时R1的简单电路，开关S1闭合、S2断开时， R1、R2串联，此时的电阻比简单电路时电阻大，由P=可知，电热水器处在保温状态；
答：开关S1闭合、S2断开，电热水器处在保温状态；
（2）开关S1闭合、S2断开时， R1、R2串联，电热水器处在保温状态，此时的电功率为：P保温=；
答：电热水器处于保温状态时的功率 为200W；
（3）开关S1、S2闭合时，电路时R1的简单电路，处在加热状态，
经过5min电流产生的热量为： ；
答：电热水器处于加热状态时，经过5min电流产生的热量为6.6×105J.
【知识点】电功率的计算；电功与热量的综合计算
【解析】【分析】由P=可知，当电压一定时，电阻越小，消耗的电功率越大；电阻越大，消耗的电阻率越小。开关S1闭合、S2断开时， R1、R2串联，此时电路中消耗的电功率最小，处在保温状态，根据P保温=解题；分析电路开关S1、S2闭合时，电路时R1的简单电路，处在加热状态，根据求出电热水器产生的热量。
30．（2021九下·福田开学考）如图所示，在大小为50N的拉力F作用下，重1200N的物体沿水平地面做匀速直线运动了12m，物体与地面之间的摩擦力为物体重力的0.1倍。求：
（1）有用功？
（2）该滑轮组的机械效率？
（3）若物体沿水平地面匀速运动的速度为0.2m/s，则拉力的功率是多少？
【答案】（1）根据题意可知f=0.1G=0.1×1200N=120N，
物体在水平地面做匀速直线运动克服摩擦力做的功为有用功：W有用=fs=120N×12m=1440J；
答：有用功为1440J；
（2）由图知，n=3，则拉力端移动的距离：s绳=3s=3×12m=36m，则总功：
W总=Fs绳=50N×36m=1800J；
滑轮组的机械效率：
答：机械效率为80%；
（3）拉力移动的速度：v绳=nv=3×0.2m/s=0.6m/s，
拉力做功功率：P=Fv绳=50N×0.6m/s=30W．
答：拉力的功率为30W．
【知识点】功率的计算；滑轮（组）的机械效率；有用功和额外功
【解析】【分析】 （1）用滑轮组水平拉动物体时，克服摩擦力做的功为有用功，利用W有用=fs求有用功；
（2）由图知，承担摩擦力的绳子股数n=3，则拉力端移动的距离为物体移动距离的3倍，知道拉力大小，利用W=Fs′求总功；求出了有用功和总功，利用效率公式 求滑轮组的机械效率；
（4）知道物体移动的速度，根据v绳=nv求出拉力移动的速度，根据P=Fv求出功率．
五、综合开放题（每空1分，共6分）
31．（2021九下·福田开学考）阅读短文，回答问题。
智能马桶
如图1为某品牌的智能虹吸式抽水马桶，它通过检测人体辐射的红外线，能够准确识别人体目标，实现自动翻盖或者闭盖功能，让你彻底解放双手，畅享智能便捷生活。
该智能马桶中的温度传感器能够根据环境温度自动实现马桶盖的多挡位加热，以增强人体舒适度，其等效电路简化图如图2所示，S2为智能开关，可根据实际将a、b、c、d四个接线柱中的两个接入电路，R1、R2均为加热电阻，R1＝1100Ω、R2＝100Ω。
当检测到使用者离开，马桶盖会自动闭合，水箱自动冲水。水箱结构简化图如图3所示。轻质金属杆AOB一端连接进水管阀门，另一端安装有浮球，其中两端长度之比LAO：LOB＝1：5。冲水时，出水管阀门在电路控制下自动打开排水，这样水箱的水就会排出，持续4s后阀门关闭。此时水箱内水面低于水位线，轻质金属杆带动进水管阀门打开，水开始注入水箱。当达到水位线时，浮球达到一定高度，进水管阀门关闭，停止注水。
出于节约水资源的考虑，人们可通过调节浮球上的调节螺母实现节水节能。
（1）该款智能马桶盖能实现 个挡位加热功能，当以最大加热功率工作时，开关S2应选择 两个接线柱接入电路，此时加热功率为 W。
（2）轻质金属杆AOB相当于简单机械中的 。水箱注满水后，若金属杆刚好处于水平静止，B端受到30N的力，则A端受到 N的力。
（3）为节约用水，可通过调节螺母将浮球向 （选填“上”或“下”）调节。
【答案】（1）3；a、b；484
（2）杠杆；150
（3）下
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】（1）由题意可知，开关S2只能将a、b、c、d四个接线柱中的两个接入电路，由图2可知，当S2连接a、b时，电路为R2的简单电路；当S2连接a、c时，会造成电源短路，此种情况不可能；S2连接b、d时，R1、R2串联；S2连接c、d时，电路为R1的简单电路；因为串联电路R=R1+R2,且R1>R2,所以根据可知，电源电压一定时，电阻越大，功率越小，当S2连接a、b时，总电阻最小，电路中功率最大，所以；
（2）由图3可知，轻质金属杆AOB可以绕着O点转动相当于简单机械中的杠杆；水箱注满水后， 若金属杆刚好处于水平静止，B端受到30N的力， 由F1L1=F2L2可得： ;
（3）有题意可知，水箱内水的体积取决于浮球的高度，当达到水位线时，浮球达到一定高度，进水管阀门关闭，停止注水，为节约用水，应降低水位线，即可通过调节螺母将浮球向下调节来实现。
故答案：（1）3 ；a、b ；484 ；（2）杠杆； 150；（3）下
【分析】 （1）分析电路中连接不同接线柱对应的电路情况，再根据分析计算；
（2）知道杠杆的基本定义，并运用杠杆平衡条件进行计算．
（3）分析材料题干意思．
1 / 1广东省深圳市福田区红岭中学2020-2021学年九年级下学期物理入学考试试卷
一、单选题（共20小题，每题2分，共40分，每小题只有一个正确选择）
1．（2021九下·福田开学考）下面说法合理的是（ ）
A．一个鸡蛋的质量约为500g
B．成人双脚站立时对地面的压强约为1.5×104Pa
C．人脉搏跳动约为10次/s
D．一层楼的高度约为3×107nm
2．（2021九下·福田开学考）下列有关声现象的说法，正确的是（ ）
A．只要物体振动就一定能听到声音
B．蜜蜂的翅膀在3s内振动了1500次，我们不能听到蜜蜂的声音
C．医生利用超声波除去人体内的结石，这是利用声传递能量
D．汽车装上消声器是在传播过程中减弱噪声
3．（2021九下·福田开学考）下列关于光学实验的说法，正确的是（ ）
A．探究光的反射定律时，用来显示光的传播路径的硬纸板最好选择黑色光滑的
B．探究凸透镜成像规律时，蜡烛靠近透镜，像远离透镜，像变小
C．探究光的折射特点时，光从空气射入水中，传播方向一定改变
D．探究平面镜成像特点，物体面镜时像的大小不变
4．（2021九下·福田开学考）下列说法中正确的是（ ）
A．非晶体熔化时吸收热量温度不变
B．水沸腾时吸收热量温度升高
C．夏天打开冰箱门看到的“白气”，是冰箱内水蒸气液化形成的
D．春天的早晨，经常出现大雾，这是液化现象
5．（2021九下·福田开学考）关于热现象，下列说法正确的是（ ）
A．1kg60℃的水比1kg30℃的水含有的热量多
B．0℃的水变成0℃的冰，温度不变，内能减少
C．物体吸收热量，温度一定升高，内能不一定增加
D．夏天在室内洒水降温，利用了水的比热容较大的性质
6．（2021九下·福田开学考）关于下面四幅图的说法正确的是（ ）
A．甲图：抽出玻璃板，下瓶中出现红棕色NO2气体，表明气体间可以发生扩散现象
B．乙图：悬挂重物不能把两铅块分开，说明分子间存在引力，没有斥力
C．丙图：活塞压缩空气，硝化棉燃烧，此过程与热机的压缩冲程原理相同
D．丁图：瓶内空气推开瓶塞，内能减少，瓶口出现的白雾是水蒸气
7．（2021九下·福田开学考）甲、乙两辆车都向东做直线运动时，它们行驶的路程s随时间﹣变化的图像如图所示。根据图像提供的信息，下列判断正确的是（ ）
A．乙车在做变速直线运动
B．前3s内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C．当t＝3s时，乙车通过的路程是90m
D．0﹣3s甲车相对乙车向东运动，之后甲车相对乙车向西运动
8．（2021九下·福田开学考）关于质量和密度，下列说法正确的是（ ）
A．通常说“棉花比铁轻”是指棉花的质量小于铁的质量
B．氧气罐中的氧气用去一半，密度减小一半
C．同种物质的状态发生变化，质量和密度均不变
D．同种物质的密度与物体的质量成正比，与物体的体积成反比
9．（2021八下·江油月考）关于力与运动的关系，下列说法中正确的是（ ）
A．人推桌子，桌子没有动，是因为推力小于摩擦力
B．一个物体受到力的作用，它的运动状态一定改变
C．伽利略认为力不是维持物体运动的原因
D．推出去的铅球能在空中飞行，是因为铅球受到惯性的作用
10．（2020九下·江油开学考）如图所示，人用绳子拉着木块在水平地面上做匀速直线运动。在该过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．木块受到地面的摩擦力和绳子对木块的拉力是一对平衡力
B．木块受到的重力和地面对木块的支持力是一对平衡力
C．木块对地面的压力和地面对木块的支持力是一对相互作用力
D．木块对绳子的拉力和人对绳子的拉力是一对相互作用力
11．（2021九下·福田开学考）如图所示，相同的小球在盛有不同液体的容器中保持静止，四个容器中的液面到容器底的距离相同，则容器底受到的液体压强最大的是（ ）
A． B． C． D．
12．（2021九下·福田开学考）下列分析正确的是（ ）
A．公交车里的破窗锤，是通过减小受力面积来增大压强的
B．茶壶的壶嘴与壶身组成了连通器，壶身的水位总是比壶嘴的水位低
C．托里拆利实验第一次证明了大气压的存在
D．船只不能并排靠近航行，是因为流速越大的位置，压强越大
13．（2021九下·福田开学考）如图所示，盛有水的杯子静止在水平桌面上。杯子重1N，高9cm，底面积30cm2；杯内水重2N，水深6cm，水的密度为1.0×103kg/m3，g取10N/kg。下列选项中正确的是（ ）
A．水对杯底的压强为900Pa B．水对杯底的压力为2N
C．水杯对桌面的压力为2.8N D．水杯对桌面的压强为1000Pa
14．（2021九下·福田开学考）同学们梳理了教材中与物理知识相关的实验，如图所示，其中分析不正确的是（ ）
A．甲图中，密度计上的刻度线均匀，自上往下，密度值越来越小
B．乙图中，潜艇的制作原理是通过排水、吸水的方法改变其重力，实现沉与浮
C．丙图中，将金属块竖放在海绵上，与平放相比，减小受力面积，增大压强
D．丁图中，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力和吸盘的面积，估测大气压强值
15．（2021九下·福田开学考）将皮球从离地某一高O点处水平抛出，球落地后又弹起，它的部分运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．皮球经过同高度的
A．B两点时动能相等
B．皮球落地后又弹起，在此过程中只发生了动能和势能的相互转化
C．皮球在D点时的机械能小于在C点时的机械能
D．皮球第一次反弹后到最高点P点时速度为零
16．（2021九下·福田开学考）用弹簧测力计沿水平方向两次拉着同一物体在同一水平地面上运动，两次运动的s﹣t图像如图所示，其对应的测力计示数分别为F1和F2，功率分别为P1和P2，则它们的大小关系正确的是（ ）
A．两物体运动的速度：v1＜v2
B．两次物体所受的拉力：F1＞F2
C．两次拉力做功功率：P1＜P2
D．相同时间内两次拉力对物体所做的功：W1＞W2
17．（2020·西安模拟）为了将放置在水平地面上重为100N的物体提升一定高度，设置了图甲所示的滑轮组装置．当用图乙所示随时间变化的竖直向下的拉力F拉绳时，物体上升的速度v和物体上升的高度h随时间变化的关系分别如图丙和丁所示．不计绳重和绳与轮之间的摩擦．下列说法正确的是（ ）
A．0s～1s内，物体做匀速直线运动
B．2s～3s内，拉力F的功率是200W
C．1s～2s内，拉力F做的功是375J
D．2s～3s内，滑轮组的机械效率是62.5%
18．（2017九上·港南期中）小明家的饮水机具有加热和保温两种功能：当饮水机处于加热状态时，饮水机的红灯亮绿灯灭；水被加热到预定温度时，饮水机内部的温控开关S自动切换到保温状态，此时饮水机的绿灯亮红灯灭，下列电路中与上述情况相符的是（ ）
A．
B．
C．
D．
19．（2021九下·福田开学考）如图甲所示，粗细均匀的电阻丝AB（AB的阻值不随温度变化）通过滑片P连入电路，小灯泡的额定电压为6V．闭合开关S后，滑片P从最左端A滑到最右端B的过程中，小灯泡的I﹣U图象如图乙所示。下列计算结果正确的是（ ）
A．电源电压为9V
B．小灯泡的额定功率为3W
C．电阻丝AB的最大电阻为3Ω
D．滑片P滑至A端时，1min内电阻丝AB产生的热量为135J
20．（2021九下·福田开学考）图所示的电路中，电源两端电压为6V并保持不变，滑动变阻器R标有“20Ω 1A”字样，小灯泡L标有“2V 1W”字样。当开关S闭合，在不损坏电路各元件的前提下（不考虑温度对灯泡电阻的影响），滑动变阻器的滑片P移动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．电压表的示数变大，电流表的示数变小
B．滑动变阻器R的阻值变化范围为0Ω～20Ω
C．电流表的示数变化范围为0.25A～0.5A
D．电压表的示数变化范围为1V～6V
二、双选题（错选不得分，漏选得1分，共5小题，每题3分，共15分）
21．（2021九下·福田开学考）如图所示，甲、乙两支完全相同的试管，分别装有质量相等的液体，甲试管竖直放置，乙试管倾斜放置，两试管液面相平。已知甲试管中的液体密度为ρ甲，对试管底的压强为p甲；乙试管中的液密度为ρ乙，对试管底的压强为p乙，则下列判断中正确的是（ ）
A．ρ甲＜ρ乙 B．ρ甲＞ρ乙 C．p甲＝p乙 D．p甲＞p乙
22．（2021九下·福田开学考）如图所示电路，当滑动变阻器的滑片位于中点时，闭合开关，滑片向左移动，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1的示数将不变
B．灯泡的亮度将变暗
C．电压表示数将变大
D．电压表示数与电流表A2示数的比值将变大
23．（2021九下·福田开学考）以下方法能使一个电热器在相同的时间内放出的热量减半的是（ ）
A．使通过电热丝的电流减小一半
B．使电热丝两端的电压减少一半
C．把电热丝的长度减少一半
D．使电热丝两端的电压和电热丝的长度都减少一半
24．（2021九下·福田开学考）电工师傅常用一只标有“220V 40W”的灯泡L0（检验灯泡）取代保险丝来检查新安装的照明电路中每个支路的情况，如图所示，当只闭合S、S1时L0不亮；当只闭合S、S2时，L0和L2都呈暗红色；当只闭合S、S3时，L0正常发光。由此可以判断（ ）
A．L1所在的支路短路 B．L2所在的支路正常
C．L3所在的支路短路 D．各支路均完好
25．（2021九下·福田开学考）如图所示分别是小明家11月1日和12月1日电能表的示数，结合表盘上的信息可知，下列判断正确的是（ ）
A．电能表是测量电功率的仪表
B．小明家11月份消耗的电能为1011kW h
C．电能表工作时允许通过的最大电流不能超过10A
D．电能表上指示灯闪烁320次，表示家庭电路消耗电能0.2kW h
三、实验题（每空1分，共22分）
26．（2021九下·福田开学考）小吴想知道酱油的密度，于是他和小华把天平和量筒放在水平桌面上，进行如下实验：
（1）调节天平横梁平衡时，小昊移动游码至标尺左端 处，发现指针位置如图甲所示，接下来他应将平衡螺母A向 （选填“左”或“右”）调：
（2）用调节好的天平测出空烧杯的质量为17g，在烧杯中倒入适量的酱油，测出烧杯和酱油的总质量如图乙所示，则烧杯中酱油的质量为 g。将烧杯中的酱油全部倒入量筒中，酱油的体积如图丙所示，则酱油的密度为 kg/m3。
（3）小吴用这种方法测出的酱油密度会 。（选填“偏大”或“偏小”）
（4）小华不小心将量筒打碎了，老师说只用天平也能测量出酱油的密度。于是老师给小华添加了两个完全相同的带刻度的烧杯和适量的水，小华设计了如下实验步骤，请你帮小华补充完整。
①用调好的天平测出空烧杯质量为m0
②向一个烧杯内加水至某刻度处，用天平测出烧杯和水的总质量为m1
③向另一个烧杯装酱油至 处，用天平测出烧杯和酱油的总质量为m2
④已知水的密度，并将其记为ρ水
⑤则酱油的密度表达式ρ＝ 。（用m0、m1、m2、ρ水来表达）
27．（2021九下·福田开学考）小明用弹簧测力计、圆柱体、两个相同的圆柱形容器，分别装有一定量的水和酒精，对浸在液体中的物体所受的浮力进行了探究，其装置和弹簧测力计示数如图所示。
（1）物体受到的重力是 N。
（2）物体浸没在水中受到的浮力为 N。
（3）通过比较B、C、D三幅图，得出：浮力大小与浸在液体中的深度有关的结论，对此结论你认为是 （选填“正确”或“错误”），理由是 。
（4）根据已有条件，请你求出E图中弹簧秤的示数是 N（ρ酒精＝0.8×103kg/m3）
（5）实验中所用物体的密度ρ＝ g/cm3，若烧杯的底面积为200cm2，则物体全部放入水中后烧杯底部所受到的水的压强增加 Pa。
28．（2021九下·福田开学考）小华做”测量小灯泡电功率”实验。实验室有如下器材：电源（电压恒为6V）、小灯泡（额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω）、电流表电压表开关各一个、规格分别为R1：“10Ω 1A”和R2“30Ω 0.5A”的滑动变阻器各一个、导线若干。
（1）小华设计了图甲所示的电路，她应选用的滑动变阻器规格为 （R1/R2）。
（2）连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，此时小华 （能/不能）确定电路一定存在故障。
（3）如果电流表有示数，电压表无示数，则故障原因可能是小灯泡 （短路/断路）。
（4）确定电路正确后。移动滑动变阻器滑片在不同位置，小灯泡U﹣I图像如图乙所示，当小灯泡正常发光时。小灯泡的额定功率为 W。
（5）小华在某次调节中滑动变阻器接入电路的阻值增加了△R1，同时小灯泡电阻变化了△R2，则△R1 （大于/小于/等于）△R2。
（6）同组的小敏在测该小灯泡的额定功率时，电压表损坏，小敏利用身边的器材设计了如图丙所示的电路。其中电源电压恒为U，R的电阻值已知。
①闭合开关S和 ， （调节/不调节）滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为 ；
②闭合开关S和 ， （调节/不调节）滑动变阻器的滑片，记录电流表的示数为I；
③小灯泡额定功率表达式为：P额＝ （用已知量符号表示）。
四、计算题（29题8分，30题9分，共17分）
29．（2021九下·福田开学考）学校教学楼有一个额定电压为220V电热水器，图是其简化了的工作电路图。已知电阻R1＝22Ω，R2＝220Ω，电源电压保持220V不变，利用开关S1、S2闭合与断开，可实现电热水器的加热和保温功能。求：
（1）开关S1闭合、S2断开，电热水器处在保温状态还是加热状态；
（2）电热水器处于保温状态时的功率；
（3）电热水器处于加热状态时，经过5min电流产生的热量。
30．（2021九下·福田开学考）如图所示，在大小为50N的拉力F作用下，重1200N的物体沿水平地面做匀速直线运动了12m，物体与地面之间的摩擦力为物体重力的0.1倍。求：
（1）有用功？
（2）该滑轮组的机械效率？
（3）若物体沿水平地面匀速运动的速度为0.2m/s，则拉力的功率是多少？
五、综合开放题（每空1分，共6分）
31．（2021九下·福田开学考）阅读短文，回答问题。
智能马桶
如图1为某品牌的智能虹吸式抽水马桶，它通过检测人体辐射的红外线，能够准确识别人体目标，实现自动翻盖或者闭盖功能，让你彻底解放双手，畅享智能便捷生活。
该智能马桶中的温度传感器能够根据环境温度自动实现马桶盖的多挡位加热，以增强人体舒适度，其等效电路简化图如图2所示，S2为智能开关，可根据实际将a、b、c、d四个接线柱中的两个接入电路，R1、R2均为加热电阻，R1＝1100Ω、R2＝100Ω。
当检测到使用者离开，马桶盖会自动闭合，水箱自动冲水。水箱结构简化图如图3所示。轻质金属杆AOB一端连接进水管阀门，另一端安装有浮球，其中两端长度之比LAO：LOB＝1：5。冲水时，出水管阀门在电路控制下自动打开排水，这样水箱的水就会排出，持续4s后阀门关闭。此时水箱内水面低于水位线，轻质金属杆带动进水管阀门打开，水开始注入水箱。当达到水位线时，浮球达到一定高度，进水管阀门关闭，停止注水。
出于节约水资源的考虑，人们可通过调节浮球上的调节螺母实现节水节能。
（1）该款智能马桶盖能实现 个挡位加热功能，当以最大加热功率工作时，开关S2应选择 两个接线柱接入电路，此时加热功率为 W。
（2）轻质金属杆AOB相当于简单机械中的 。水箱注满水后，若金属杆刚好处于水平静止，B端受到30N的力，则A端受到 N的力。
（3）为节约用水，可通过调节螺母将浮球向 （选填“上”或“下”）调节。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】质量及其特性；压强
【解析】【解答】 A、托起两个鸡蛋的力是1N，所以一个鸡蛋的重力为0.5N，所以一个鸡蛋的质量m=== 0.05kg= 50g．此选项不符合实际；
B、一个成年人重600N，双脚站立时与水平地面的接触面积在0.04m2左右，根据公式p==1.5×104Pa ，所以B选项符合实际；
C、正常情况下，人的脉搏1min中跳动的次数为75次，所以C选项不符合实际；
D、一层楼的高度为3m=3×109nm，所以D选项不符合实际。
【分析】（1）知道重力公式的运用；
（2）能够估测成人的重力以及双脚站立时与地面的接触面积，并利用压强公式进行计算；
（3）知道人的脉动跳动的频率；
（4）知道1m的长度，并估测楼层的高度。
2．【答案】C
【知识点】声音的产生；音调及音调与频率的关系；声与能量；防治噪声的途径
【解析】【解答】 A、听到声音的条件必须满足：一要发声体振动，二要有传播声音的介质，三要人耳能听到的频率范围且有健康的听觉器官，故A错误；
B、频率指的是每秒振动的次数，所以频数===500Hz，人耳的听觉频率范围是20Hz-20000Hz，故B错误；
C、声音能传递能量是指声音能够改变什么，医生常用超声波振动除去人体内的结石，说明声波能传递能量，故C正确；
D、消声器是在声源处减弱噪声，故D错误；
故选C．
【分析】（1）声音是由物体振动产生的，听见声音所需要的条件；
（2）频率是指单位时间内振动的次数；
（3）声音能传递信息，也能传递能量；
（4）减弱噪声有三种：①在声源处减弱；②在传播过程中减弱；③在人耳处减弱．
3．【答案】D
【知识点】光的反射定律；光的折射规律；凸透镜成像规律及其探究实验；探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】A、探究光的反射定律时，用来显示光的传播路径的硬纸板最好选择白色粗糙的，因为白色反射所有颜色的光，粗糙硬纸板可以使光发生漫反射，能够从各个方面看到光的传播路径，所以A错误；
B、探究凸透镜成像规律时，凸透镜成实像时，物进像远像变大；成虚像时，物近像近像变小；故B错误；
C、光从空气中斜射入水中时，传播方向一定会发生改变，但是垂直射入时，传播方向不变，故C错误；
D、平面镜成像特点之一：物像等大，所以物体面镜时，像的大小不变，故D正确。
故选D
【分析】（1）光的反射类型：镜面反射和漫反射，知其特点，知道人能够看见物体是因为物体反射光线进入人眼；
（2）凸透镜成像移动关系：物像同向移；像的大小像距定；
（3）光的折射规律中反射角与折射角的关系：空气大角（垂直射入水中除外）；
（4）平面镜成像特点：等大、等距、垂直、虚像、正立（物像关于平面镜对称）
4．【答案】D
【知识点】熔化与熔化吸热特点；液化及液化放热；探究水的沸腾实验
【解析】【解答】A、晶体有固定的的熔点，而非晶体没有固定熔点，所以非晶体在熔化过程中不断吸热，温度逐渐升高，故A错误；
B、水沸腾时吸热温度保持不变，故B错误；
C、“白气”是小水珠，由相对温度较高的水蒸气遇冷液化形成的，所以，夏天打开冰箱门，冰箱外的空气中的水蒸气遇冷液化形成，故C错误；
D、春天的早晨出现大雾，是空气中的水蒸气的液化现象，故D正确。
故答案为：D
【分析】（1）晶体熔化时温度不变，这个温度叫做熔点，非晶体熔化时没有一定的熔化温度；
（2）水沸腾的特点：吸热，温度保持不变；
（3）“白气”“雾”“露”都是小水珠，是生活中常见的液化现象。
5．【答案】B
【知识点】内能的概念；温度、热量与内能的关系；比热容
【解析】【解答】A.热量是指发生热传递过程中内能的转移，是一个过程量，所以热量的表达只能说“吸收”或“放出”，不能说“含有”，故A错误；
B、0℃的水变成0℃的冰是凝固过程，这个过程会放出热量，所以内能减少，故B正确；
C、 物体吸收热量，内能一定增加 ，温度不一定升高，例如：冰化水，吸热，内能增加，温度保持不变，故C错误。；
D、夏天在室内洒水 ，水蒸发吸热，室内温度降低，并不是利用了水的比热容较大的性质，故D错误。
故答案为：B
【分析】（1）热量是一个过程量，所以表达时只能用”吸收热量”或“放出热量”；
（2）改变内能的方式：做功和热传递，所以外界对物体做功，内能增加；物体吸收热量，内能增加；
（3）水的比热容大的应用以及物态变化的应用的区分。
6．【答案】C
【知识点】做功改变物体内能；分子热运动；分子间相互作用力
【解析】【解答】A、甲图中，上方的NO2气体密度大，抽取玻璃板后，两瓶中气体逐渐混合，可能是扩散现象，也有可能是重力的作用，所以不能表明 气体间可以发生扩散现象 ，故A错误；
B、乙图中，两个压紧的铅块能吊起钩码而不分开，是因为分子间存在引力，但也有斥力，引力和斥力是同时存在的，故B错误；
C、丙图中玻璃筒内有一团硝化棉，迅速向下压活塞，因为压缩玻璃筒内的空气对其做功，使得空气的内能增加，温度升高，达到硝化棉的燃点，所以硝化棉燃烧，这个过程将机械能转化为内能；热机的压缩冲程将机械能转化为内能，所以两者原理相同，故C正确；
D、丁图中， 瓶内空气推开瓶塞，内能减少 ，温度降低，瓶口出现的白雾是空气中的水蒸气遇到瓶口相对冷的空气液化形成的小水珠，故D错误。
故答案为：C
【分析】（1）扩散现象表明：一切物质的分子都在不停地做无规则运动;
（2）分子间同时存在相互作用的引力和斥力；
（3）对物体做功，物体的内能增加，物体对外做功，其内能减小；内燃机的压缩冲程将机械能转化为内能；
（4）水蒸气是无色的，肉眼无法观察，所以白雾是小水珠。
7．【答案】B
【知识点】速度公式及其应用；匀速直线运动特点；运动和静止的相对性
【解析】【解答】A、由S-t图像可知，甲、乙两车运动的图像都是一条斜线，代表其运动的路程与时间成正比，所以两车都在做匀速直线运动，故A错误；
BC、由s-t图像可知，前3秒内，甲车运动的路程S甲=90m，乙车运动的路程为S乙=90m-60m=30m，所以甲车的速度v甲==30m/s，乙车的速度v乙==10m/s，比较可知，前3s内，甲车的速度大于乙车的速度，故B正确,C错误；
D、甲车的速度大于乙车的速度，甲车超越乙车后，仍相对于乙向东运动，故D错误。
故答案为：B
【分析】分析s-t图像，s是路程，t是时间，利用速度公式v=求出甲乙两车的行驶速度，利用运动和静止的相对性来判断甲车相对乙车的方向。
8．【答案】B
【知识点】质量及其特性；密度及其特性；密度公式及其应用
【解析】【解答】A、“棉花比铁轻”是指相同体积的棉花比铁的质量小，也就是说棉花的密度小于铁的密度，故A错误；
B、氧气罐中的氧气用去一半，质量减半，因为氧气罐的体积不变，所以体积不变，根据可知，瓶内氧气的密度变为原来的一半，故B正确；
C、同种物质的状态发生变化，一般体积会发生变化，质量不变，根据可知，其密度会发生变化，故C错误；
D、密度是物质本身的一种属性，同种物质组成的物体密度相同，与物体的质量和体积无关，故D错误。
【分析】单位体积的某种物质的质量叫做密度；
9．【答案】C
【知识点】力与运动的关系
【解析】【解答】A．人推地面上的桌子，桌子不动，因此桌子受平衡力作用，故推力等于桌子受到的摩擦力，A不符合题意；
B．一个物体受到力的作用，它的运动状态不一定改变，例如物体受到平衡力的作用，它的运动状态就不会改变，B不符合题意；
C．伽利略的理想斜面实验证明了：运动不需力来维持，C符合题意；
D．铅球被推出后能够在空中继续飞行，是因为铅球具有惯性，不能说受到惯性的作用，故 D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】牛顿第一定律给出的结论是，物体的运动是不需要力来维持的，力可以改变物体的运动状态。物体的速度大小或方向发生变化，这就意味着物体的运动状态就发生了改变。
10．【答案】C
【知识点】力作用的相互性；平衡力的辨别
【解析】【解答】A．由图知木块受到的摩擦力和绳子对木块的拉力不在同一直线上，不是一对平衡力，则A不符合题意；
B．木块受到的重力大于地面对木块的支持力，不是一对平衡力，则B不符合题意；
C．木块对水平面的压力和水平面对木块的支持力作用在地面和木块两个物体上，大小相等、方向相反、在同一直线上，是一对相互作用力，则C符合题意；
D．木块对绳子的拉力和手对绳子的拉力作用在同一物体上，不是相互作用力，则D不符合题意。
故答案为：C
【分析】平衡力和相互作用力的区别在于是否作用在同一物体上，两个等大反向的力作用在同一物体上，即位平衡力，作用在不同物体上即为相互作用力。
11．【答案】D
【知识点】压强大小比较
【解析】【解答】解：
由图可知，小球在BD中漂浮，A中悬浮，C中下沉，
根据物体的浮沉条件可知BD液体的密度大于A和C液体的密度；
因为物体漂浮时浮力和自身的重力相等，
所以根据F浮=ρgV排可知，D中小球排开液体的体积小于B中小球排开液体的体积，D中液体的密度最大，
所以根据P=ρgh可知，液面处于同一高度时，D中容器底部受到液体压强最大．
故选D．
【分析】（1）物体密度大于液体密度时下沉、物体密度等于液体密度时悬浮、物体密度小于液体密度时漂浮；
（2）物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，根据阿基米德原理判断漂浮时液体密度的大小关系；
（3）根据P=ρgh判断液面处于同一高度时，容器底部受到液体压强的大小关系．
12．【答案】A
【知识点】增大压强的方法及其应用；连通器原理；大气压强的存在；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】A、公交车里的破窗锤的一段是尖的，在压力一定的情况下，通过减小受力面积来增大压强，更方便破窗，故A正确；
B、茶壶的壶嘴与壶身组成了连通器，因此壶身的水位与壶嘴的水位相平，故B错误；
C、马德堡半球实验证实了大气压强的存在，托里拆利实验测出了大气压强值，故C错误；
D、 船只不能并排靠近航行，是因为流速越大的地方压强越小，故D错误。
故答案为：A
【分析】（1）增大压强的方法：压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；受力面积一定时，通过增大压力来增大压强；
（2）上端开口，底部连通的容器叫做连通器，在连通器中装有相同液体，静止不动时，液面总是相平的；
（3）托里拆利首先用实验的方法测出了大气压强值；
（4）流体流速大的地方压强小。
13．【答案】D
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用
【解析】【解答】AB、杯内水的深度h=6cm=0.06m，水对杯底的压强 ，水对杯底的压力F=PS=600Pa×30×10-4m2=1.8N；故A、B错误；
CD、在水平桌面上，杯对桌面的压力：F=G杯+G水=1N+2N=3N，
杯对桌面的压强：p===1×103Pa，故C错误，D正确。
故答案为：D
【分析】液体对容器的压力压强的计算步骤：①p=ρgh；②F=PS
容器对桌面的压力压强的就算步骤：①F=G容+G液；②p=
14．【答案】A
【知识点】增大压强的方法及其应用；大气压强的测量方法；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、同一密度计漂浮时浮力等于密度计的重力，根据F浮=ρ液gV排分析可知，液体密度越大排开液体的体积越小，密度计浸入液体的深度越小，说明密度计上的刻度值越靠近上端示数值越大，反之，越靠近下端数值越小，所以密度计自上往下，密度值越小，但是因为密度计的下端横截面积较大所以密度计越靠近下端，刻度线越密，所以刻度线不均匀，故A错误；
B、潜水艇是通过改变自身的重力来实现上浮下潜，故B正确；
C、丙图中，竖放与平放，金属块与海绵的受力面积减小，压强增大，故C正确；
D、丁图实验测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力和吸盘的面积算出大气压强值，故D正确。
故答案为：A
【分析】（1）液体密度越大，密度计浸入液体的体积越小；
（2）物体的浮沉取决于物体受到的重力和浮力大小；
（3）压力的作用效果与压力和受力面积的大小有关，压力越大，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
（4）知道压力和受力面积，利用p=求压强。
15．【答案】C
【知识点】机械能及其转化；机械能守恒条件
【解析】【解答】A、皮球从A来到B点的过程中，因为有空气阻力，所以皮球的机械能减小，A、B点的重力势能相同，所以A点的动能大于B点的动能，故A错误；
B、皮球落地后又弹起，在此发生了动能和势能的转化，但因为空气阻力，部分机械能转化为了内能，故B错误；
C、皮球从C点到D点，因为空气阻力，皮球机械能减小，所以D点的机械能小于C点的机械能，故C错误；
D、皮球在整个运动的过程中，始终有向前的速度，所以皮球第一次反弹后到最高点P点时的速度不为零，故D错误。
故答案为：C
【分析】机械能守恒：只有动能和势能（重力势能和弹性势能），在不计空气阻力和摩擦的情况下，机械能不变。
16．【答案】D
【知识点】功率大小的比较；功
【解析】【解答】A、由图可知，相同时间内第①次通过的路程大于第②次路程，根据公式v=可知，第①次的速度大于第②次的速度，即v1>v2，故A错误；
B、物体的s-t图像都是过原点的直线，说明两次都在做匀速直线运动，根据二力平衡条件可知，拉力大小等于滑动摩擦力大小，因为压力和接触面的粗糙程度都不变，所以滑动摩擦力大小相等，拉力大小也相等，即F1=F2，故B错误；
CD、由s-t图像可知，相同时间内第①次通过的路程大，且F1=F2,根据W=Fs可知，W1>W2，因为v1>v2，根据P=Fv可知，P1>P2，故C错误，D正确。
故答案为：D
【分析】分析s-t图像时通过控制变量法分析物体两次运动的速度，运用二力平衡分析力的大小，并运用公式进行分析。
17．【答案】C
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮组及其工作特点；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】A、由图丙可知，在0～1s内，物体的速度为0，处于静止状态，A不符合题意；
B、由图丙可知在2～3s内，重物做匀速运动，v3=5m/s，由图乙可知此时拉力F3=40N，由图甲可知，从动滑轮上直接引出的绳子股数（承担物重的绳子股数）n=3，所以拉力端移动速度 ，拉力做功功率（总功率）： ，B不符合题意；
C、由图乙可知，在1～2s内，拉力F2=50N，由图丁得出重物上升高度h2=2.5m，拉力端移动的距离 ，拉力做的功： ，C符合题意；
D、在2～3s内，滑轮组的机械效率： ，D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】物体的运动状态改变，受力不平衡；根据力和速度的乘积计算功率的大小；根据力和距离的乘积计算做功多少；有用功和总功的比值计算机械效率。
18．【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】解：A、由电路图可知，加热时饮水机的红灯亮绿灯灭，保温时绿灯亮红灯灭，且加热时的电阻小于保温时的电阻，符合题意，故A正确；
B、由电路图可知，加热时红灯亮绿灯灭，但温控开关S自动切换时，电路中无加热管起不到保温作用，不符合题意，故B不正确；
C、由电路图可知，无论加热时还是保温时绿灯均发光，不符合题意，故C不正确；
D、由电路图可知，加热时绿灯亮红灯灭，不符合题意，故D不正确．
故选：A．
【分析】由题意可知，两灯泡独立工作、互不影响即为并联，根据P= 可知，加热时电路中的电阻小于保温时电路中的电阻，据此进行解答．
19．【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；额定功率；焦耳定律的应用
【解析】【解答】AB、由图甲可知，当滑片位于B端时，电路为L的简单电路，此时电路中的电流最大，
由图乙可知，通过灯泡的电流为1A，灯泡两端的电压为6V，即电源的电压U=6V，故A错误；
灯泡的额定功率PL=ULIL=6V×1A=6W，故B错误；
C、当滑片P在最左端A时，电阻丝AB完全接入电路中，电路中的电流最小，由图乙可知，通过小灯泡的电流为I=0.5A，灯泡两端电压UL′=1.5V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电阻丝AB两端电压：UAB=U-UL′=6V-1.5V=4.5V，因串联电路中各处的电流相等，
所以，由可得，电阻丝AB的阻值：RAB==9Ω，故C错误，
1min内电阻丝产生的热量Q=UABIt=4.5V×0.5A×60s=135J，故D正确．
故答案为：D
【分析】 （1）由图甲可知，当滑片位于B端时，电路为L的简单电路，此时电路中的电流最大，根据图乙可知通过灯泡的电流以及两端的电压即为电源的电压，根据P=UI求出灯泡的额定功率；
（2）滑片P在最左端A时，电阻丝AB完全接入电路中，电路中的电流最小，根据图乙读出灯泡两端的电压和通过的电流，根据串联电路的电压特点求出AB两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电阻丝AB的阻值，根据Q=UIt求出电阻丝产生的热量．
20．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】 A、由图知灯泡RL和R串联，电压表测量灯泡RL两端的电压．当滑片P由b端移到a端的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路中的总电阻变小，电源电压不变，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，则电流表示数变大；根据分压原理可知，滑动变阻器连入阻值变小，其分得电压减小，电源电压不变，R1两端电压变大，则电压表示数变大．故A错误．
BCD、由小灯泡L标有“2V 1W”可以求出灯泡的电阻RL==4Ω ，
当滑片在b端时，电路总电阻 R总=RL+R=4Ω+20Ω=24Ω，
电路中电流最小为：Imin==0.25A，此时电压表示数最小为 Umin=IminRL=0.1A×10Ω=1V，当滑片P由b端移到a端的过程中,滑动变阻器连入阻值变小，其分得电压减小，电源电压不变，RL两端电压变大,电压表示数变大，因为灯泡的额定电压为2V，所以电压表示数为2V时，滑片不能继续向a点移动，此时电路中的电流最大，为：Imax==0.5A,此时滑动变阻器两端分的电压为U滑=U总-UL=6V-2V=4V，滑动变阻器接入电路的电阻为R滑=, 所以，滑片由b端移到a端的过程中，滑动变阻器R的阻值变化范围为8Ω～20Ω电流表的示数变化范围是0.25A～0.5A，电压表的示数变化范围是1V～2V，故BD错误、C正确 .
故答案为：C
【分析】 由电路图可知，电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中电流；根据滑动变阻器的移动可知电路中总电阻的变化，根据欧姆定律求出电路中电流的变化，再根据串联电路的分压特点求出电压表的示数变化．当滑片P由b端移到a端的过程中,在不损坏电路各元件的前提下，由灯泡规格，得出电压表示数能达到的最大值，根据欧姆定律和串联电路的特点求出当滑片在b端时电流表和电压表的示数，进而得出两表示数的变化范围，电流以及滑动变阻器接入电路的电阻范围．
21．【答案】B,D
【知识点】液体压强计算公式的应用
【解析】【解答】AB、由题意可知两管中所装的液体质量是相等的m甲=m乙，乙管是倾斜的，由此可知乙管中所装的液体体积比较大，即v甲ρ乙，故A错误，B正确；
CD、根据液体压强的计算公式P=ρgh，液体的深度是一定的，因为ρ甲>ρ乙，所以P甲>P乙，故C错误，D正确，所以答案选BD。
故答案为：BD
【分析】 （1）液体压强的计算公式p=ρgh，h指的是该液面到自由液面的垂直距离．
（2）密度的计算公式 。
22．【答案】A,D
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】ABC、因为并联电路各支路互相独立，互不影响，所以闭合开关，滑片向左移动，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，即为电源电压，电源电压不变，因此电压表的示数不变；灯泡电阻不变，通过灯泡的电流不变，也就是电流表A1的示数不变，灯泡的亮度不变，故A正确，B错误；
D、当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电源电压不变，由 可知，通过滑动变阻器的电流变小，由可知，电源电压不变，干路电流变小，电压表示数与电流表A2示数的比值变大，故D正确，所以选AD选项。
故答案为：AD
【分析】根据电路可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测的是灯泡的电流，电流表A2测得是干路电流，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，即为电源电压。
23．【答案】D
【知识点】焦耳定律的应用
【解析】【解答】 A．由Q=W=I2Rt可得，使通过电热丝的电流减小一半时，电热器在相同的时间内放出的热量变为原来的，故A错误；
B．由Q=W=可得，使电热丝两端的电压减少一半时，电热器在相同的时间内放出的热量变为原来的
，故B错误；
C．把电热丝的长度减少一半时，其阻值变为原来的一半，由Q=W=可知，电热器在相同的时间内放出的热量变为原来的2倍，故C错误；
D．使电热丝两端的电压和电热丝的长度都减少一半，由Q=W=可知，电阻和电压均减半时，电热器在相同的时间内放出的热量变为原来的，故D正确．
故答案为：D．
【分析】电热器是将电能全部转换为内能的用电器，属于纯电阻电路， 纯电阻电路中电阻产生的热量和电流所做的功相等，计算公式通用，选择合理的电热公式逐项分析即可得出结果。
24．【答案】B,C
【知识点】家庭电路的故障分析
【解析】【解答】 A、当只闭合S、S1时，L0和L1都不亮，说明电路是断路状态，L1所在的支路 短路．故A错误；
B、当只闭合S、S2时，L0和L2都呈暗红色；说明L0和L2是串联，两灯得到的电压小于220V，故不能正常发光，L2所在的支路 正常，故B正确；
C、当只闭合S、S3时，L0正常发光；说明L0两端电压为220V，L3所在的支路短路，故C正确；
因此BC正确，AD均错误．
故答案为：BC．
【分析】 将额定电压220V的“校验灯泡”，接在保险丝的两只接线柱上，是相当于把此灯串联入电路中，它会有三种状态：“校验灯泡”恰能正常发光，说明该支路短路，“校验灯泡”发光不正常（暗红色）说明该支路工作正常，“校验灯”不发光说明该支路断路。
25．【答案】D
【知识点】电能表参数的理解；电功的计算
【解析】【解答】 A、电能表是用来测量电路中消耗电能多少的仪表，故A错误；
B、小明家上月消耗的电能为：5647.8kW h-5546.7kW h=101.1kW h，故B错误；
C、因为电能表允许通过的最大电流为40A，因此小明家干路中的电流不得超过40A，故C错误；
D、指示灯闪烁32次消耗的电能：W==0.2kW h；故选D．
故答案为：D
【分析】 从电能表表盘可得到的信息：①电能表是用来测量消耗电能多少的仪表；②电能表读数时，最后一位是小数，单位kW h；③根据10（40）A的含义判断；
④1600imp/kW h表示每消耗1kW h的电能，指示灯闪烁1600次，据此求出指示灯闪烁320次消耗的电能．
26．【答案】（1）零刻度线；左
（2）45；1.125×103
（3）偏大
（4）相同刻度； ρ水
【知识点】质量的测量与天平的使用；液体密度的测量；设计实验测密度
【解析】【解答】 （1）天平使用前必须先将游码移至左端零刻度线处，再调节平衡螺母，由甲图知，指针右偏，所以应将平衡螺母向左调节；
（2）由乙图可知，烧杯和酱油的总质量为62g，酱油的质量为m=m总-m杯=62g-17g=45g；
由丙图读数可知，酱油的体积为V=40cm3；
酱油的密度： ；
（3）将烧杯中的酱油全部倒入量筒中时，会有部分酱油残留在量筒中，导致测量体积偏小，由 分析可知，所测量的密度偏大；
（4）两个完全相同的烧杯中倒入相同刻度的酱油和水，可以用等体积法来求酱油的体积，酱油的质量为m酱油=m2-m0，所以酱油的密度 。
故答案为：（1）零刻度线、左；（2）45、1.125×103（3）偏大（4）相同刻度、 ρ水
【分析】 （1）天平使用前必须先将游码移至左端零刻度线处，再调节平衡螺母，调节原则是：“左偏右调”、“右偏左调”；
（2）被测物体的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；观察量筒读数知道橡皮的体积，利用密度公式计算其密度；
（3）测量体积的过程中，将烧杯中的酱油全部倒入量筒中会导致部分酱油残留在量筒中，导致测量体积偏小，根据公式进行分析；
（4）通过等体积法测出水的体积从而间接知道酱油体积，利用密度公式进行分析。
27．【答案】（1）4
（2）1
（3）错误；没有控制物体排开液体的体积相同
（4）3.2
（5）4；50
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算；探究浮力大小的实验
【解析】【解答】（1）在空气中弹簧测力计的示数等于物体的重力大小，由图A可直接读出弹簧测力计的示数为4N；
（2）由图A、D两图可知，圆柱体浸没在水中时受到的浮力：F浮=G-F=4N-3N=1N；
（3）探究浮力与物体浸入液体深度的关系，应控制液体密度与物体排开液体的体积相同而物体浸没在液体中的深度不同，由图B、C、D三幅图可知，物体排开液体的密度相同但没有控制排开液体的体积相同，所以不能用于探究浮力大小与浸在液体中的深度的关系；
（4）物体浸入液体的体积等于物体排开液体的体积，浸没时，V排=V物，
所以 ，
根据F浮=ρ液gV排可以求出物体在酒精中受到的浮力F=ρ酒精gV排酒精=0.8×103kg/m3×10N/kg×1×10-4m3=0.8N，
所以弹簧测力计示数F=G-F=4N-0.8N=3.2N；
（5）物体的质量 ，
物体的体积V=1×10-4m3，所以物体的密度 ，
将物体全部放入水中后，排开水的体积V排=1×10-4m3，
所以容器中液体变化的深度为 ，
所以 。
故答案为：（1）4 （2）1 （3） 错误；没有控制物体排开液体的体积相同（4）3.2（5）4 50
【分析】正确读出弹簧测力计的示数，运用称重法计算浮力以及弹簧测力计的示数，探究浮力大小与什么因素有关的实验中灵活运用控制变量法，运用阿基米德原理公式计算物体的体积，进而运用密度公式计算。
28．【答案】（1）R2
（2）不能
（3）短路
（4）0.625
（5）大于
（6）S2；调节；S1；不调节；2.5V×（I ）
【知识点】电功率的测量
【解析】【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为2.5V，据欧姆定律知，小灯泡正常发光的时的电流约为 ，由串联电路电压的规律，滑动变阻器要分去U滑=6V-2.5V=3.5V的电压，滑动变阻器的阻值至少为 ．根故应选用R“30Ω0.5A”的滑动变阻器；
（2）小灯泡不亮的情况有两种：一是电流中没有电流，出现了断路，二是电路中电流太小，因为在闭合开关之前，滑片要移到阻值最大处，所以电路中电流会很小，从而会导致灯泡不亮，所以一般情况下分析故障之前要先检查是不是滑动变阻器接入电路电阻太大；因此小华不能确定电路是够一定存在故障；
（3）经分析，电流表有示数，可能是通路或者短路，电压表无示数，可能是小灯泡短路或者电压表短路；
（4）由图乙知，当灯电压为2.5V时对应的电流为0.25A，小灯泡的额定功率 P额=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W；
（5）接入电路的滑动变阻器的电阻增大，电路中总电流变小，总电阻增大，结合乙图分析，当电流变小时，灯泡的电阻也减小，根据R总=R滑+RL；所以滑动变阻器增加的阻值大于灯泡减小的阻值，即△R1大于△R2；
（5）①要测小灯泡的额定公路，应该使灯泡先正常发光，所以先闭合S和S2，调节滑动变阻器的滑片，使电流表示数为 ，根据并联电路电压规律和欧姆定律，此时灯泡的电压为2.5V，正常发光；
②闭合开关S和S1，保持互动变阻器滑片的位置不变，此时电路的连接关系没有改变，只是电流表由原来测通过R的电流变为测通过灯和R并联的总电流I，根据并联电路电流规律，灯泡的额定电流为I- ，
所以小灯泡额定功率的表达式为 P额=U额I额=2.5V×（I- ） ．
【分析】（1）根据欧姆定律求出灯正常发光时的电流大小，由串联电路电压和电流的规律，求出滑动变阻器连入电路中的最小阻值，确定变阻器的规格；
（2）连接电路时，在闭合开关之前，滑片要移到阻值最大处，所以电路中电流会很小，从而会导致灯泡不亮，所以一般情况下分析故障之前要先检查是不是滑动变阻器接入电路电阻太大；
（3）电流表有示数，说明电路可能短路；电压表无示数，说明与电压表并联的用电器或者电压表短路；或者与电压表两接线柱与灯泡接通的部分是断开的；
（4）由图乙，根据额定电压电压下对应的电流大小，求小灯泡的额定功率P额=U额I；
（5）接入电路的滑动变阻器的电阻增大，电路中总电流变小，总电阻增大，根据串联电路电阻规律R总=R滑+RL进行分析；
（6）在没有电压表的情况下，定值电阻R和电流表相当于电压表；将电流表与R串联，再与灯并联，首先使通过R的电流为，由欧姆定律和并联电路电压的规律，灯正常发光，
保持滑片的位置不变，将电流表与灯串联，因电路的连接没有改变，各元件两端的电压不变，读出电流表示数即灯和R并联的干路电流，根据P额=U额I求小灯泡的额定功率．
29．【答案】（1）开关S1、S2闭合时，电路时R1的简单电路，开关S1闭合、S2断开时， R1、R2串联，此时的电阻比简单电路时电阻大，由P=可知，电热水器处在保温状态；
答：开关S1闭合、S2断开，电热水器处在保温状态；
（2）开关S1闭合、S2断开时， R1、R2串联，电热水器处在保温状态，此时的电功率为：P保温=；
答：电热水器处于保温状态时的功率 为200W；
（3）开关S1、S2闭合时，电路时R1的简单电路，处在加热状态，
经过5min电流产生的热量为： ；
答：电热水器处于加热状态时，经过5min电流产生的热量为6.6×105J.
【知识点】电功率的计算；电功与热量的综合计算
【解析】【分析】由P=可知，当电压一定时，电阻越小，消耗的电功率越大；电阻越大，消耗的电阻率越小。开关S1闭合、S2断开时， R1、R2串联，此时电路中消耗的电功率最小，处在保温状态，根据P保温=解题；分析电路开关S1、S2闭合时，电路时R1的简单电路，处在加热状态，根据求出电热水器产生的热量。
30．【答案】（1）根据题意可知f=0.1G=0.1×1200N=120N，
物体在水平地面做匀速直线运动克服摩擦力做的功为有用功：W有用=fs=120N×12m=1440J；
答：有用功为1440J；
（2）由图知，n=3，则拉力端移动的距离：s绳=3s=3×12m=36m，则总功：
W总=Fs绳=50N×36m=1800J；
滑轮组的机械效率：
答：机械效率为80%；
（3）拉力移动的速度：v绳=nv=3×0.2m/s=0.6m/s，
拉力做功功率：P=Fv绳=50N×0.6m/s=30W．
答：拉力的功率为30W．
【知识点】功率的计算；滑轮（组）的机械效率；有用功和额外功
【解析】【分析】 （1）用滑轮组水平拉动物体时，克服摩擦力做的功为有用功，利用W有用=fs求有用功；
（2）由图知，承担摩擦力的绳子股数n=3，则拉力端移动的距离为物体移动距离的3倍，知道拉力大小，利用W=Fs′求总功；求出了有用功和总功，利用效率公式 求滑轮组的机械效率；
（4）知道物体移动的速度，根据v绳=nv求出拉力移动的速度，根据P=Fv求出功率．
31．【答案】（1）3；a、b；484
（2）杠杆；150
（3）下
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】（1）由题意可知，开关S2只能将a、b、c、d四个接线柱中的两个接入电路，由图2可知，当S2连接a、b时，电路为R2的简单电路；当S2连接a、c时，会造成电源短路，此种情况不可能；S2连接b、d时，R1、R2串联；S2连接c、d时，电路为R1的简单电路；因为串联电路R=R1+R2,且R1>R2,所以根据可知，电源电压一定时，电阻越大，功率越小，当S2连接a、b时，总电阻最小，电路中功率最大，所以；
（2）由图3可知，轻质金属杆AOB可以绕着O点转动相当于简单机械中的杠杆；水箱注满水后， 若金属杆刚好处于水平静止，B端受到30N的力， 由F1L1=F2L2可得： ;
（3）有题意可知，水箱内水的体积取决于浮球的高度，当达到水位线时，浮球达到一定高度，进水管阀门关闭，停止注水，为节约用水，应降低水位线，即可通过调节螺母将浮球向下调节来实现。
故答案：（1）3 ；a、b ；484 ；（2）杠杆； 150；（3）下
【分析】 （1）分析电路中连接不同接线柱对应的电路情况，再根据分析计算；
（2）知道杠杆的基本定义，并运用杠杆平衡条件进行计算．
（3）分析材料题干意思．
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